Sommario 1. Fisica, metodo scientifico, grandezze fisiche ...

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Momento della quantità di moto (o momento angolare) [J]=[P]x[L]=[M]x[L] 2 x[T] -1Momento di una forza [M]=[F]x[L]=[M]x[L] 2 x[T] -2Pressione [PP]=[F]/[L] 2 =[M]x[L] -1 x[T] -2Velocità angolare [ωω]=[angolo]/[T]=[T] -1Angoli: sono adimensionali. Per convenzione un angolo è definito positivo quando il suo verso (a partiredall’asse dal quale viene misurato) è antiorario. Esprimiamo gli angoli sempre in radianti, che si convertonoin gradi, minuti d’arco e secondi come segue d’arco (ricordando che 1 grado equivale a 60 minuti d’arco e 1minuti d’arco equivale a 60 secondi d’arco – come per le ore, minuti e secondi):2ππ rrrrrrrrrrrrrrrr = 360 gggggggggg1 rrrrrr = 180ππ gggggggggg = 57.296oo = 57.296 ⋅ 60 ′ = 3.44 ⋅ 10 3 ′ = 57.296 ⋅ 3600 ′′ = 2.06 ⋅ 10 5 ′′Per convenzione i simboli delle unità di misura delle grandezze fisiche si iniziano con la lettera minuscola,salvo che non siano simboli derivati dal nome di una persona (es: kg, m, s iniziano con la minuscola; V (perVolt), W (per Watt), J (per Joule), Hz (per Hertz), Pa (per Pascal, unità di pressione), K (per grado Kelvin)etc… iniziano con la lettera maiuscola perché Alessandro Volta, James watt, James Prescott Joule, HeinrichRudolf Hertz, Blaise Pascal, Lord Kelvin −nato come William Thomson, quando fu nominato lord scelse ilnome del fiume che scorreva accanto all’Università a Glasgow dove insegnava..).Potenze di 10Esprimiamo tutti i valori numerici come un numero dell’ordine di 1 che moltiplica una potenza di 10.Questo semplifica e rende rapidi tutti i calcoli numerici. Basta ricordare che:10 αα × 10 ββ = 10 αα+ββ10 αα10 ββ = 10αα × 10 −ββ = 10 αα−ββ(10 αα ) ββ = 10 αα⋅ββ5

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Esercizi sulle dimensioni delle grandezze fisicheEsercizio 1: La velocità del suono nell’ aria (a 0 ℃) è di circa 330 m/s. A quanto corrisponde in km/h?vv ssssssssssssssssssssss= 330 mm ss = 330 ∙ (10−3 kkkk)(3600 −1 h −1 ) = 330 ∙ (10 −3 ∙ 3.6 ∙ 10 3 )kkkk/h = 330 ∙ 3.6kkkk/h= 1.19 ∙ 10 3 = 1190 kkkk/hEsercizio 2: Un corpo si muore lungo l’asse xx e la sua distanza dall’origine obbedisce alla seguente legge infunzione del tempo:xx = aatt 2 + bbbb + ccdove aa, bb, cc sono quantità costanti durante il moto. Quali sono le dimensioni di queste costanti?[xx] = [mm] , [tt] = [ss]quindi:[aa] = [xx]/[tt 2 ] = [mm] ∙ [ss −2 ]e quindi la costante aa è una accelerazione[bb] = [xx]/[tt] = [mm] ∙ [ss −1 ] [cc] = [xx] = [mm]e quindi la costante bb è una velocità[cc] = [xx] = [mm]e quindi la costante cc è una distanzaLa funzione data rappresenta un moto uniformemente accelerato lungo la direzione xx (con accelerazionecostante aa), velocità iniziale bb (xẋ(tt) = 2aaaa + bb , xẋ(0) = bb) e posizione iniziale cc (xx(0) = cc)6

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 20112. Sistemi di riferimentoPer descrivere i fenomeni fisici in modo quantitativo occorre un sistema di riferimento, cioè un sistema dicoordinate rispetto al quale esprimere istante per istante lo stato del sistema fisico che viene investigato,più un osservatore munito di un orologio per la misura del tempo. Un orologio è definito come un“oggetto” (in senso lato) in grado di eseguire una qualunque operazione ripetitivamente ad intervalliregolari (es. la Terra che gira attorno al suo asse, un orologio a pendolo che esegue continue oscillazionitutte con lo stesso periodo …). Tratteremo di problemi nello spazio fisico a 3 dimensioni R 3 .Un sistema di riferimento si dice iiiiiiiiiiiiiiiiii se in esso vale la legge di inerzia, cioè: un corpo sul quale nonagisca (da un certo istante tt oo ) alcuna forza, da quell’istante non cambierà più di velocità −se all’istante tt ooera fermo resterà fermo; se era in moto con velocità vv⃗(tt oo ) non nulla, continuerà a muoversiindefinitamente con la stessa velocità vv⃗(tt oo ) (la stessa in modulo, direzione e verso). Ne segue che se unsistema di riferimento è inerziale, qualunque altro che si muova rispetto ad esso con una velocità costante(di qualunque modulo, direzione e verso −purché tutti costanti) sarà anch’esso inerziale.Qualunque sia la velocità costante di un sistema di riferimento inerziale imponiamo che l’osservatore siasolidale con esso. Possiamo quindi sempre considerare un sistema di riferimento inerziale che abbiavelocità nulla (fisso).Per un sistema di riferimento possiamo usare vari sistemi di coordinate, che sceglieremo opportunamentea seconda del tipo di problema studiato.Sistema di coordinate cartesiane ortogonali e versori degli assi coordinatiPer descrivere la posizione di un punto in R 3 occorrono 3 numeri (coordinate). Scegliamo 3 assi cartesiani(Cartesio, Discorso sul metodo, 1637) con origine comune e con la stessa unità di misura. Per semplicitàprendiamo gli assi tra loro ortogonali; potrebbero anche essere non ortogonali, e cioè tali da formare l’unorispetto all’altro un angolo diverso da ππ/2, e andrebbero bene ugualmente per descrivere la posizione di unpunto nello spazio, solo che le coordinate risulterebbero meno eleganti ed inutilmente più complicate.Chiamiamo la terna così costruita OOOOOOOO che per convenzione prendiamo sinistrorsa (cioè con i 3 assiorientati, nell’ordine, come le 3 dita pollice, medio ed indice della nostra mano sinistra (Figura 2.1).Figura 2.1: Sistema di riferimento inerziale (definito nel testo) - Terna sinistrorsa di coordinate cartesiane ortogonali.7

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Per ogni coordinata si definisce il corrispondente versore coordinato: vettore di lunghezza 1 (nelle unitàdate) che punta nella direzione in cui quella coordinata aumenta (diventa più positiva). Questo è facile perle coordinate che dimensionalmente sono delle lunghezze (Figura 2.2).Figura 2.2: I versori coordinati corrispondenti alle coordinate xx, yy, zz sono vettori di lunghezza 1 che partono dall’origine e puntano nella direzione in cui quella coordinata cresce (diventa più positiva). Li indichiamo come versoriiî, jĵ , kk (il cappuccio in luogo della freccia indica per convenzione che il vettore ha lunghezza unitaria). Essendo ilriferimento inerziale i 3 versori sono fissi (la loro derivata rispetto al tempo è nulla), cioè vale : iî̇ = jĵ̇ = kk̇= 0⃗Il punto PP(xx, yy, zz) è individuato univocamente nello spazio dalle sue 3 coordinate. ScriviamoPP ≡ PP(xx, yy, zz) (2.1)ad indicare che il punto PP è identificato dalle sue 3 coordinate (xx, yy, zz); oppure usiamo il vettoreOOOO ⃗ = (xx, yy, zz) (2.2)che ha la base nell’origine degli assi coordinati e la testa nel punto PP , individuato dalle sue coordinate(xx, yy, zz). Questo vettore OOOO ⃗ è anche la somma (secondo la regola del parallelogrammo) dei tre vettori(lungo i rispettivi assi) xxiî , yyjĵ , zzkk e quindi possiamo scriverlo anche come:OOOO ⃗ = xxiî + yyjĵ + zzkk (2.3)dove:iî = (1,0,0) , jĵ = (0,1,0) , kk = (0,0,1) (2.4)Per la lunghezza del vettore OOOO ⃗ vale:OOOO = OOPP ⃗ ∙ OOOO ⃗ = (xx 2 + yy 2 + zz 2 ) (2.5)che poi non è altro che il teorema di Pitagora (Figura 2.1).8

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Prodotto scalare e prodotto vettoreIl simbolo punto tra due vettori si sua per indicare il loro prodotto scalare, che è un numero (non unvettore) definito come la somma del prodotto delle rispettive coordinate. Cioè, in generale, dati i vettoriaa⃗ = (aa 1 , aa 2 , aa 3 ) , bb⃗ = (bb 1 , bb 2 , bb 3 ) il loro prodotto scalare è il numero:aa⃗ ⋅ bb⃗ = aa 1 bb 1 + aa 2 bb 2 + aa 3 bb 3 (2.6)definito anche come aa⃗ ⋅ bb⃗ = aaaaaaaaaaaa (essendo θθ l’angolo compreso tra i due vettori). È chiaro dalladefinizione che il prodotto scalare di due vettore non dipende dall’ordine in cui si scrivono i vettorinell’eseguirlo. Geometricamente il prodotto scalare è legato (Figura 2.3) alla proiezione del vettore aa⃗ lungola direzione del versore bb (o anche, viceversa, alla proiezione del vettore bb⃗ lungo la direzione del versore aa)Figura 2.3: Significato geometrico del prodotto scalare: aa⃗ ⋅ bb = aa⃗ ⋅ bb⃗/bb = aaaaaaaaaa. Il prodotto scalare è quindi nulloquando i 2 vettori sono tra loro ortogonali (θθ = ππ/2 , cos⁡(ππ/2) = 0 )Si noti che i versori iî, jĵ, kk sono tali che il prodotto vettore (eseguito nell’ordine ciclico) di 2 di essiconsecutivi fornisce sempre il terzo versore (col segno giusto).Ricordiamo che il prodotto vettore aa⃗ × bb⃗ = cc⃗ è definito come il vettore perpendicolare al pianoindividuato dai due vettori aa⃗, bb⃗ secondo la convenzione che un osservatore orientato come cc⃗ vedrebbe ilvettore aa⃗ sovrapporsi al vettore bb⃗ dopo una rotazione in senso positivo (≡ antiorario) di un angolo minoredi ππ. Dunque, se scambiamo l’ordine in cui eseguiamo il prodotto vettore, il risultato cambierà di segno,cioè, se aa⃗ × bb⃗ = cc⃗ sarà bb⃗ × aa⃗ = −cc⃗ .Le singole componenti del prodotto vettore sono:cc⃗ = (aa 2 bb 3 − aa 3 bb 2 , aa 3 bb 1 − aa 1 bb 3 , aa 1 bb 2 − aa 2 bb 1 ) (2.7)(si noti la ciclicità degli indici ). Il modulo del prodotto vettore è aa⃗ × bb⃗ = aaaaaaaaaaaa e il suo significatogeometrico è mostrato in Figura 2.4.9

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Figura 2.4: Significato geometrico del prodotto vettore: aa⃗ × bb = aa⃗ × bb⃗/bb = aaaaaaaaaa. Il prodotto vettore è quindinullo quando i due vettori sono tra loro paralleli. La direzione del vettore prodotto dei due è perpendicolare al painoda essi individuato (in questo caso il piano del foglio) e il verso è, per come sono disposti i due vettori in questa figura,entrante nel piano stesso (non uscente).Coordinate polari pianeÈ conveniente usare coordinate polari quando si trattano problemi che hanno un polo (e.g. in presenza diuna forza centrale o di moto attorno ad un punto fisso). Cominciamo per semplicità dalle coordinate polaripiane.Figura 2.5: Coordinate polari piane e versori relativiLe relazioni che permettono di passare da un tipo di coordinate all’altro sonoxx = ρρρρρρρρρρ (2.8)yy = ρρρρρρρρρρ (2.9)(0 < ρρ ≤ ∞ e 0 ≤ φφ < 2ππ)ρρ = xx 2 + yy 2 (2.10)φφ = aaaaaaaaaa yy xxssss yy > 0 (2.11)10

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011φφ = aarrrrrrrr yy + ππ ssss yy > 0 (φφ = 0 ssss yy = 0) (2.12)xxI versori delle coordinate ρρ, φφ sono (si noti che quando la coordinate è un angolo il versore si definiscecome il vettore di lunghezza 1 che punta nella direzione in cui l’angolo corrispondente cresce: il versore èquindi perpendicolare al raggio − per convenzione gli angoli sono definiti positivi quando sono misurati insenso antiorario):eêρρ = (ccoooooo, ssssssss) , eêφφ = (−ssssssss, cccccccc) (2.13)che possiamo scrivere anche come:eêρρ = cccccccciî + ssssssssjĵ , eêφφ = −ssssssssiî + ccccccccjĵ (2.14)e per essi valgono le relazioni:eêρρ ⋅ eêφφ = −ssssssssssssssss + ssssssssssssssss = 0 , eêρρ ⋅ eêρρ = ssssss 2 φφ + ccoooo 2 φφ = 1 (2.15)eêφφ ⋅ eêφφ = ssssss 2 φφ + cccccc 2 φφ = 1 (2.16)come ci aspettiamo che sia trattandosi di versori ortogonali.L’elemento di superficie nelle rispettive coordinate è:Δσσ = ΔxxΔyy , Δσσ = ρρΔφφΔρρ (2.17)Coordinate polari sfericheSe dobbiamo trattare con coordinate polari un problema in R 3 , la terza coordinata zz essendo definita inmodo che il suo asse coordinato sia perpendicolare al piano (xx, yy) del problema precedente in modo daformare con esso una terna ortogonale sinistrorsa, usiamo coordinate polari sferiche (Figure 2.6 e 2.7)Figura 2.6: Coordinate polari sferiche11

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Figura 2.7: Coordinate polari sferiche come le useremmo per individuare un punto sulla superficie della Terra. Il pianoindividuato da eêφφ , eêθθ è il piano tangente alla superficie della sfera. Nel caso della Terra è il piano dell’orizzontedell’osservatore (definito di seguito in Figura 2.9).È evidente in particolare dalla Figura 2.7 che rr = cccccccccccccccc identifica la superficie della sfera, φφ =cccccccccccccccc identifica il piano del cerchio meridiano (il cerchio massimo che passa dall’osservatore e dai poli)e θθ = cccccccccccccccc identifica il piano (ad altezza zz = ssssssss sul pano xx, yy) che è il piano del cerchio parallelodell’osservatore, l’osservatore essendo il punto in R 3 che stiamo considerando.Le relazioni per il passaggio di coordinate (da polari sferiche a cartesiane) sono:xx = rrrrrrrrrrrrrrrrrr , yy = rrrrrrrrrrrrrrrrrr , zz = rrrrrrrrrr (2.18)( 0 < rr ≤ ∞ e 0 ≤ φφ < 2ππ , 0 ≤ θθ ≤ ππ 2e viceversa:pppppp yy > 0 ee 0 ≥ θθ ≥ − ππ 2pppppp yy < 0) (2.19)rr = xx 2 + yy 2 + zz 2 (2.20)φφ = aaaaaaaaaa yy xxssss yy > 0 (2.21)φφ = aaaaaaaaaa yy + ππ ssss yy < 0 , φφ = 0 ssss yy = 0 (2.22)xxzzθθ = aaaaaaaaaa(zz cccccc iiii ssssss ssssssssss) (2.23)xx 2 + yy 2I versori corrispondenti alle coordinate polari sono:eêrr = (cccccccccccccc, cccccccccccccccc, ssssnnnn) eêθθ = (−ssssssss, cccccccc, 0) eêφφ = (−ssssssssssssssss, −ssssssssssssssss, cccccccc) (2.24)e si può verificare che hanno modulo 1 e che sono tra loro ortogonali (cioè il prodotto scalare tra 2 diversiversori deve essere nullo).12

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011L’elemento di volume nelle diverse coordinate è, rispettivamente:ΔVV = ΔxxΔyyΔzz ΔVV = (rrrrrrrrrrΔφφ)(Δrr)(rrΔθθ) = rr 2 ccccccccΔrrΔφφΔθθ (2.25)Si noti che, come nel caso dei versori degli assi cartesiani il prodotto vettore in ordine ciclico forniscesempre il terzo versore (col segno giusto)Costruzione di un sistema di riferimento inerzialeAssumiamo, in prima approssimazione, che un laboratorio sulla superficie della Terra il cui asse zz siadefinito operativamente dalla direzione del filo a piombo e il cui piano xx, yy sia definito comeperpendicolare ad esso, sia un riferimento inerziale. Il piano xx, yy è definito anche come il pianodell’orizzonte dell’osservatore (o piano orizzontale) cioè il piano tangente alla superficie della Terra in quelpunto. L’ asse zz punta verso lo Zenit dell’osservatore. Sul piano dell’orizzonte scegliamo gli assi secondo ipunti cardinali (Figure 2.8 e 2.9).Figura 2.8: Il sistema di riferimento (assunto come inerziale) di un osservatore sulla superficie della TerraFigura 2.9: Il piano dell’orizzonte (piano orizzontale) di un osservatore sulla superficie della Terra (definito comeperpendicolare alla direzione del fino a piombo con gli assi orientati secondo i locali punti cardinali.Che il sistema di riferimento di cui sopra sia un riferimento inerziale è senz’altro una approssimazioneperché :13

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011• la terra ruota attorno al proprio asse (col periodo di un giorno) e quindi sulla sua superficie nonvale la legge di inerzia• la Terra ruota intorno al sole (col periodo di 1 anno). Anche assumendo che la sua orbita siacircolare e non ellittica come invece è (ee ⨁ ≃ 0.017) , e quindi che la sua velocità lineare lungol’orbita sia costante in modulo (vv ⨁ ≃ 30 km/s), ciononostante la direzione del vettore velocitàvaria nel tempo mentre la Terra orbita attorno al Sole, e quindi non può costituire un sistema diriferimento inerziale• il Sole e l’intero sistema solare , Terra compresa, orbitano attorno al centro della nostra galassia (laVia Lattea) e anche se il periodo orbitale è molto lungo (circa 200 milioni di anni) si trattacomunque di un moto accelerato (analogamente a quanto detto sopra per il moto di rivoluzionedella Terra attorno al Sole)Infine, se consideriamo che la Terra non è un punto massa ma un corpo esteso in rotazione (in primaapprossimazione un corpo rigido) si ha che l’asse di rotazione della Terra non è fisso ma:• precede attorno all’asse di simmetria della Terra con un periodo di circa 400 giorni (moto dei poli)• precede attorno all’asse perpendicolare al piano dell’orbita della Terra attorno al Sole con unperiodo di 26000 anni (precessione lunisolare)Con queste precauzioni, assumiamo comunque di avere a disposizione un sistema di riferimento inerziale(e.g. Figura 2.8).3. Leggi fondamentali della dinamica newtonianaLa prima legge della dinamica (legge d’inerzia, definita all’inizio della Sez. 2) è quella che definisce unsistema di riferimento inerziale.La seconda legge della dinamica (che vale in un riferimento inerziale così definito) stabilisce che sottol’azione di una forza FF⃗ (qualunque tipo di forza) un corpo acquisisce una accelerazione aa⃗ proporzionale allaforza applicata con una costante di proporzionalità che rappresenta l’inerzia che esso oppone all’azionedella forza. Scriviamo:FF⃗ = mm ii aa⃗ (3.1)dove mm ii è la costante di proporzionalità sopra definita, che chiamiamo mmmmmmmmmm iiiiiiiiiiiiiiiiii e spessosemplicemente mmmmmmmmmm (vedi di seguito) per cui la legge (3.1) viene solitamente scritta come:FF⃗ = mmaa⃗ (3.2)(in presenza di più forze esse si sommano vettorialmente). Poiché in dinamica newtoniana la massa di uncorpo non varia con la sua velocità, possiamo scrivere la (3.2) come FF⃗ = dd(mmvv⃗)/dddd e anche:FF⃗ = pp⃗̇ (3.3)dove abbiamo introdotto la grandezza fisica qqqqqqqqqqqqqqà dddd mmmmmmmm llllllllllllll dddddd cccccccccc:pp⃗ = mmvv⃗ (3.4)14

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Quindi, secondo Newton, la forza cccccccccccc la velocità di un corpo (o la sua quantità di moto lineare),contrariamente a quanto credeva Aristotele, secondo il quale l’effetto di una forza è una velocità, non lavariazione della velocità. In particolare quindi la (3.3) dice che se la forza applicata è nulla la quantità dimoto lineare si conserva, cioè rimane costante durante il moto (si dice anche che è un integrale del moto).Dalla (3.2) segue che un sistema di riferimento inerziale, avendo velocità costante, costituisce un sistematale che la forza totale agente su di esso è nulla (altrimenti acquisterebbe una accelerazione, cosa che non èpossibile perché si tratta di un riferimento inerziale) − si parla anche di ssssssssssssss iiiiiiiiiiiiii. E se la forza totaleè nulla, questo significa che per ogni forza presente nel sistema deve esserci (nello stesso sistema) ancheuna forza uguale ed opposta (uguale in modulo e direzione, opposta in verso) cosicché la forza totale risultanulla, come deve essere. Questo fatto prende anche il nome di pppppppppppppppppp dddd aaaaaaaaaaaa ee rrrrrrrrrrrrrrrr oppure ditttttttttt llllllllll dddddddddd dddddddddddddddd.Newton scrive anche un’altra legge fondamentale della dinamica −anch’essa valida in un sistema diriferimento inerziale− che lega il momento NN⃗ di una forza, definito come:NN⃗ = rr⃗ × FF⃗ (3.5)dove FF⃗ è la forza che agisce sul corpo la cui posizione è individuata dal vettore rr⃗, alla quantità di motoangolare (detta anche momento angolare) LL⃗ del corpo stesso:LL⃗ = rr⃗ × pp⃗ (3.6)La legge è:NN⃗ = LL⃗̇(3.7)e ci dice che per cambiare il momento angolare di un corpo occorre che su di esso agisca una forza il cuimomento sia diverso da zero. Confrontando la (3.3) con la (3.7) possiamo dire che la forza cambia laquantità di moto lineare di un corpo mentre il momento di una forza cambia la quantità di moto angolare (ilmomento angolare) di un corpo.Si noti che il momento di una forza e la derivata rispetto al tempo del momento angolare −che ovviamentehanno le stesse dimensioni fisiche (visto che sono uguali per la (3.7)− hanno le stesse dimensioni di unaenergia.4. La legge di Newton della gravitazione universaleI corpi non soltanto si oppongono all’azione di una forza (tanto più quanto maggiore è la loro iiiiiiiiiiiiii) main quanto dotati di massa gggggggggggggggggggggggggggg sono essi stessi sorgente di una azione verso altri corpi,esercitando una forza (sempre attrattiva) che secondo la legge di Newton della gravitazione universale è:FF⃗ gggggggg = −GG mm gg 11 mm gg22rr 33 rr⃗ (4.1)15

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011dove rr⃗ è il vettore posizione relativa dei due corpi −indicati con l’apice 1, 2 mentre il pedice g ci ricorda chesi tratta di massa come “sorgente” di una forza e non come inerzia che si oppone ad una forza. Quindi,secondo Newton due corpi dotati di massa si attraggono con una forza proporzionale al prodotto dellemasse (che possiamo pensare come “cariche gravitazionali”), inversamente proporzionale al quadrato delladistanza che li separa e diretta lungo la retta che li congiunge. La costante di proporzionalità (che si devemisurare sperimentalmente) si indica con GG e vale:GG = 6.67 ⋅ 10 −11 mm 3 ss −2 kkkk −1 (4.2)La legge della gravitazione si chiama universale (e così la costante G) perché vale indipendentemente daicorpi che interagiscono (e.g. governa la caduta dei gravi sulla superficie della Terra e il il moto di pianeti esatelliti nel sistema solare).Un corpo a distanza rr dal centro della Terra (che assumiamo perfettamente sferica, omogenea e nonrotante) viene attratto da essa con la forza gravitazionale:FF⃗ ⊕ = −GG MM gg ⊕ mm ggrr 33 rr⃗ (4.3)dove il simbolo ⊕ è il simbolo astronomico con cui si indica la Terra) e mm gg è la massa gravitazionale delcorpo che si trova a distanza rr dal centro della Terra.Si nota in particolare nella forma (4.3) che la forza gravitazionale è una forza centrale: se la Terra è il corposorgente la forza è ovunque diretta verso il suo centro; le linee di forza (definite come le linee tangenti inogni punto al vettore della forza in quel punto) sono radiali e dirette verso il centro della Terra; su ognisfera a distanza rr dal centro della Terra la forza ha lo stesso valore (simmetria sferica); all’aumentare delladistanza rr la forza diminuisce di intensità come rr −2 (se la distanza rr raddoppia la forza diminuisce di 4volte.)Figura 4.1: Per un corpo di massa MM con densità a simmetria sferica le linee di forza (rappresentate da vettori tangentialla forza, diretti nella stessa direzione e di modulo proporzionale all’intensità della forza ) sono radiali e distribuite inmodo uniforme e la forza ha la stessa intensità su ogni punto della sfera alla stessa distanza rr . La forza gravitazionale16

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011è una forza centrale a simmetria sferica. La diminuzione dell’intensità della forza con il quadrato della distanza rr èespressa graficamente con le linee di forza dal fatto che all’aumentare di rr diventano meno dense nello spazio.Anche il corpo mm gg attrae la Terra con una forza uguale ed opposta alla (4.4), ma siccome trattiamo di uncorpo di massa trascurabile rispetto alla Terra possiamo trascurare la sua reazione sulla Terra e considerarequindi la Terra sia ferma nel riferimento inerziale, la cui origine fissiamo nel centro di massa della Terra.Usando la seconda legge della dinamica (3.1) con la particolare forza gravitazionale (4.3), scriviamol’equazione del moto del corpo piccolo:mm ii aa⃗ = −GG MM gg ⊕ mm ggrr 3 rr⃗ (4.4)dove ora mm ii è la massa iiiiiiiiiiiiiiiiii del corpo piccolo, in quanto esprime l’inerzia che oppone alla forzaesercitata su di esso dalla Terra.È chiaro che da un punto di vista concettuale mm ii ed mm gg sono completamente diverse tra loro, ma Newtondice subito di aver mostrato sperimentalmente che sono la stessa cosa, cioè che vale:mm iimm gg= 1 (4.5)da cui segue che gli indici ii, gg si posso eliminare in quanto i due tipi di massa (massa inerziale e massagravitazionale) sono equivalenti (Principio di equivalenza) e quindi la (4.4) diventa:aa⃗ = −GG MM ⊕rr⃗ (4.6)rr3 La (4.5) ci dice che tutti i corpi sono attratti dalla Terra (ma sarebbe lo stesso anche per il Sole o perqualunque altro corpo sorgente) con la stessa accelerazione. Si dice che tutti i corpi cccccccccccc con la stessaaccelerazione (Universalità della caduta libera). Si noti che questo vale per un sasso che cade come per unsatellite in orbita, cioè “cadere” non significa soltanto cadere “radialmente” o “in verticale”, ma anche“orbitare” (es. il satellite LAGEOS −Figura 4.1− “cade” nel campo della Terra; la Luna “cade” nel campo dellaTerra, la Terra e la Luna “cadono” nel campo del Sole…)Figura 4.1: Uno dei 2 satelliti LAGEOS in orbita attorno alla Terra ad una distanza dal centro della Terra di circa 2 raggiterrestri (cioè alla quota di circa 1 raggio terrestre). Massa: circa 400 kg; raggio circa 30 cm (0.3 m); 426 retroriflettorilaser per essere “inseguiti” dalle stazioni laser a Terra. È l’oggetto reale più vicono che possiamo immaginare alconcetto di “particella test” della Fisica. (es: è dato un campo di forze, usiamo una particella test per vedere il suoeffetto in un punto qualunque…)17

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Sulla superficie della Terra, alla distanza di 1 raggio terrestre dal suo centro, l`accelerazione di caduta (4.6)si indica con gg e si calcola usando la (4.6) con la massa e il raggio della Terra:MM ⊕ ≃ 5.98 ⋅ 10 24 kkkk RR ⊕ ≃ 6378 kkkk = 6.38 ⋅ 10 6 mm (4.7)da cui (in modulo):gg = GG MM ⨁RR ⨁2≃ 6.67 ⋅ 5.98 ⋅ 10 2410−11 ⋅(6.38 ⋅ 10 6 ) 2 mmss−2 ≃6.67 ⋅ 5.986.38 2 ⋅ 10 (−11+24−12)) mmss −2 ≃ 0.98 ⋅ 10 1 mmss −2≃ 9.8 mmss −2 (4.8)In ogni punto della superficie terrestre il vettore gg⃗ è radiale e punta verso il centro della Terra (Attenzione:è vero solo nell’assunzione che la Terra non giri sul suo asse).Caduta dei gravi (o lancio del proiettile) in approssimazione di Terra piatta e non rotanteAssumiamo che la Terra sia piatta. Siamo nel sistema di riferimento inerziale di Figura 2.8. E le linee di forzadel campo gravitazionale sono parallele, dirette lungo zz. L’equazione del moto di un corpo in caduta è:rr⃗̈ = −ggkk (4.9)Al tempo iniziale, che assumiamo tt oo = 0 , prendiamo i seguenti valori per il vettore posizione e per ilvettore velocità del corpo (caso generale):rr⃗(oo) = (xx oo , yy oo , zz oo ) rr⃗̇(oo) = vv xxxx , vv yyyy , vv zzzz (4.10)Le 3 equazioni del moto (una per ciascuna componente) sono:xẍ(tt) = 0 yÿ(tt) = 0 zz̈(tt) = −gg (4.11)Da queste, integrando una volta (rispetto al tempo), abbiamo le 3 componenti della velocità (in funzionedel tempo) usando i valori per le velocità iniziali dati dalle (4.10):xẋ(tt) = vv xxxx yẏ(tt) = vv yyyy zż (tt) = −gggg + vv zzzz (4.12)e integrando ancora uan volta rispetto al tempo otteniamo lo spazio percorso, in funzioen del tempo, lungociascuna coordinata:xx(tt) = vv xxxx tt + xx oo yy(tt) = vv yyyy tt + yy oo zz(tt) = − 1 2 ggtt2 + vv zzzz tt + zz oo (4.13)Il corpo arriverà a terra al tempo tt ff che dovrà soddisferà la relazione:0 = zztt ff = − 1 2 ggtt ff 2 + vv zzzz tt ff + zz oo (4.14)e quindi:12 ggtt ff 2 − vv zzzz tt ff − zz oo = 0 (4.15)18

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011tt ff = vv zzzz ± vv 2 zzzz + 2ggzz oo=ggvv zzzz 1 ± 1 + 2ggzz oo2vv zzzzgg(4.16)Poiché deve essere tt ff > 0 (dato che era tt oo = 0), essendo gg > 0 , deve anche essere:ssss vv zzzz > 0 ⇒ tt ff =vv zzzz 1 + 1 + 2ggzz oo2vv zzzzgg(4.17)ssss vv zzzz < 0⇒ −|vv zzzz | ± vv 2 zzzz + 2ggzz oo > 0 (4.18)Il moto si svolge necessariamente nel piano individuato dalla direzione della accelerazione di gravità (l’assezz) e dal vettore della velocità iniziale del corpo. Per semplicità, e senza per questo perdere di generalità,assumiamo che il moto del corpo si svolga nel piano yy, zz e consideriamo il caso di un proiettile sparatodall’origine nel piano yy, zz:rr⃗(oo) = (0,0,0) rr⃗̇(oo) = 0, vv yyyy , vv zzzz cccccc: vv xxxx > 0 ee vv yyyy > 0 (4.19)Scriviamo le equazioni del moto e le integriamo come sopra per trovare la legge oraria (cioè l’andamentonel tempo di ogni coordinata):xẍ(tt) = 0 yÿ(tt) = 0 zz̈(tt) = −gg (4.20)xẋ(tt) = 0 yẏ(tt) = vv yyyy zż (tt) = −gggg + vv zzzz (4.21)xx(tt) = 0 yy(tt) = vv yyyy tt zz(tt) = − 1 2 ggtt2 + vv zzzz tt (4.22)Se voglio trovare l’equazione della traiettoria percorsa, che sarà una curva di dimensione 1 nel piano (yy, zz)devo scrivere una relazione tra yy ee zz, e quindi devo eliminare il tempo dalle (4.22):tt =yyvv yyyyzz = − 1 2yy2gg2vv + vv yyzzzz(4.23)yyyy vv yyyyzz +gg22vv yy2 − vv zzzzyy = 0 (4.24)yyyy vv yyyye questa è l’equazione di una parabola (Figura 4.2):zz = −gg22vv yy2 + vv zzzzyy (4.25)yyyy vv yyyy19

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Figura 4.2: La traiettoria percorsa da un proiettile lanciato dall’origine è una parabola di cui sappiamo calcolarel’altezza massima e al gittata (la massima distanza dall’origine quando il proiettile tocca terra)Per trovare il vertice calcoliamo la sua derivata:dddddddd = − gg2 yy + vv zzzz(4.26)vv yyyyvv yyyyDove la derivata si annulla è il vertice della parabola, quindi per:yy| zzzzzzzz = vv yyyy vv zzzzgg(4.27)e il valore della funzione zz al vertice della parabola (cioè per questo valore di yy , è l’altezza massimaraggiunta dal proiettile:zz mmmmmm = −gg22vv vv yyyy vv 2 zzzzyyyy gg + vv zzzz vv yyyy vv zzzzvv yyyy gg= vvzzzz22gg(4.28)che come si vede non dipende dalla velocità iniziale lungo yy ma soltanto da quella lungo zz. Nell’origine laderivata èdddddddd yy=0= vv zzzzvv yyyy(4.29)come ci aspettiamo che sia geometricamente perché è la direzione impressa al proiettile dal suo vettorevelocità iniziale (Figura 4.2).Dove cadrà il proiettile (gittata)? yy mmmmmm si ha quando di nuovo risulta zz = 0:zz = −gg22vv yy 2mmmmmm + vv zzzzyyyyyy vv mmmmmm = 0 (4.30)yyyy20

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011e quindi:yy mmmmmm = 2vv yyyy vv zzzzgg(4.31)Il tempo totale di volo del proiettile è (ricordando che abbiamo assunto come zero il tempo al lancio):tt ff = yy mmmmmmvv yyyy= 2vv zzzzgg(4.32)che si poteva ottenere anche da:zztt ff = − 1 2 ggtt ff 2 + vv zzzz tt ff = 0 ⇒ tt ff = 2vv zzzzgg(4.33)Cosa si nota del moto lungo yy? La velocità è costante, e quindi anche la quantità di moto lineare, comedeve essere secondo la seconda legge della dinamica (3.3) perché lungo la direzione yy non agisce nessunaforza (quindi nella direzione yy vale la legge d’inerzia.Cosa cambia se il proiettile viene lanciato con le stesse condizioni iniziali ma dentro un treno che si muovea velocità costante VV tttttttttt lungo yy rispetto al riferimento considerato finora? Si scrivono le stesse equazionidel moto e si trova la stessa soluzione (di nuovo, lungo yy vale la legge d’inerzia). Semplicementel’osservatore fermo “in stazione” misurerà lungo yy una velocità vv yyyy + VV tttttttttt mentre l’osservatore sul trenomisurerà nella stessa direzione vv yyyy .In generale, tra sistemi di riferimento in moto a velocità costante (in modulo direzione e verso l’unorispetto all’altro) valgono le trasformazioni dette galileiane. Indicando con (yy, zz) le coordinate solidali conil treno che si muove a velocità costante VV⃗ = (VV, 0) (quindi nelle direzione yy ) rispetto al riferimento fisso(stazione) le cui coordinate indichiamo con (yy ′ , zz ′ ), possiamo scrivere:yy ′ (tt) = yy(tt) + VV zz ′ (tt) = zz(tt) (4.34)Cosa cambia se il proiettile viene lanciato con le stesse condizioni iniziali ma dentro un treno che si muovecon accelerazione costante aa > 0 lungo zz rispetto al riferimento considerato finora? Si tratta di unriferimento non inerziale e quindi per rispondere dobbiamo prima capire come si scrivono le leggi del motoin un tale riferimento, dato che la (3.1) vale solo in un riferimento inerziale.Moto del pendoloSi consideri un corpo puntiforme di massa mm sospeso ad un filo di lunghezza l fissa in un laboratorio sullasuperficie della Terra assunta piatta e non rotante. Anche il filo e la sospensione si assumono perfetti esenza alcuna forma di dissipazione (Figura 4.3).L’unica forza in gioco è la locale forza di attrazione gravitazionale e quindi se il corpo viene spostato dallaverticale (posizione di equilibrio) in una qualunque direzione, il suo moto si svolgerà nel piano individuatodai due vettori forza gravitazionale e vettore spostamento dalla verticale. Nella posizione verticale il corpoè in equilibrio perché la forza di attrazione gravitazionale della Terra è controbilanciata dal filo disospensione che esercita una reazione vincolare uguale ed opposta.21

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Poiché il moto si volge attorno al punto di sospensione, oltre ad essere piano, è naturale scegliere di usarecoordinate polari piane. Definiamo l, θθ come in Figura 4.3 con le solite convenzioni sul segno degli angoli.Poiché la lunghezza l del filo è fissa Il problema ha un solo grado di libertà 1 : basta dare l’angolo θθ dideviazione dalla verticale per individuare il corpo sospeso.Il moto si svolge in lungo l’arco di circonferenza di raggio l e centro nel punto di sospensione; scegliamoquindi la coordinata curvilinea ss come in Figura. L’origine e il segno di ss devono essere coerenti conl’origine e il segno di θθ: nella posizione individuata da θθ > 0 come in Figura, sarà ss = lθθ > 0.Scomponiamo la forza gravitazionale nelle 2 componenti radiale (lungo l⃗ ) e trasversa (perpendicolare ad l⃗nel verso in cui θθ cresce – direzione del versore eêθθ come definito in Sez. 2) ), facendo attenzione al segno(la componente trasversa della forza è negativa).Dovremmo scrivere 2 equazioni dl moto, una per ciascuna componente, ma è chiaro che quella lungo l⃗ cidirà semplicemente che la reazione del filo controbilancia la forza gravitazione (ridotta del fattore ccccccccrispetto a quando il corpo si trova lungo la verticale). Scriviamo quindi l’equazione del moto lungo lacoordinata ss = lθθ :−mmmmmmmmmmmm = mmlθθ̈ (4.35)da cui (notare che la massa del corpo non compare)θθ̈ + gg lssssssss = 0 (4.36)1 I gradi di libertà di un sistema sono il numero di coordinate necessarie per individuare completamente la posizionedel sistema nello spazio fisico delle configurazioni (in generale lo spazio R 3 )22

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Figura 4.3: Il moto del pendolo si svolge in 1 sola dimensione lungo la coordinata ss(θθ) che misuriamo dal punto diequilibrio del pendolo (dove ss = 0) in senso antiorario (positivo), in modo che ss(θθ) abbia lo stesso segno dell’angoloθθ. La forza gggggggggg che agisce lungo la coordinata ss(θθ) è quindi diretta in verso negativo.In particolare, nel caso di piccole oscillazioni (ssssssss ≃ θθ per piccoli valori di θθ) si ha:θθ̈ + gg llθθ ≃ 00 (4.37)che è l’equazione del moto del pendolo nell’approssimazione delle piccole oscillazioni. Dalla (4.) si noti chedimensionalmente θθ̈ = [rrrrrr/ss 2 ] = [ss −2 ] (gli angoli non hanno dimensione ma conviene annotarli inradianti quando compaiono) e quindi deve essere anche [θθθθ/l] = [rrrrrr/ss 2 ] (in ogni equazione di fisicatutti i membri devono avere le stesse dimensioni) e perciò [gg/l] = [ss −2 ] , che è una frequenza (inverso diun tempo) al quadrato e, se moltiplicata per radianti significa una velocità angolare al quadrato.Ricordando che le funzioni seno e coseno hanno la proprietà che derivando 2 volte si riottiene la funzionestessa cambiata di segno :dd(ssssssss)dddddd 2 (ssssssss)ddθθ 2= cccccccc= dd(cccccccc)dddd= −ssssssssdd(cccccccc)dddd= −ssssssss (4.38)dd 2 (cccccccc)ddxxxx 2= dd(ssssssss)dddd= −cccccccc (4.39)e notando che se θθ è una funzione del tempo θθ(tt) e la derivata è fatta rispetto al tempo e non rispettoall’angolo stesso, si ha:23

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011dd(ssssssss)dddd= θθ̇ccccccccdd(cccccccc)dddd= −θθ̇ssssssss (4.40)dd 2 (ssssssss)ddtt 2= dd(cccccccc)dddd= −θθ̇ 2 ssssssssdd 2 (cccccccc)ddtt 2= dd(ssssssss)dddd= −θθ̇ 2 cccccccc (4.41)e θθ̇ ha le dimensioni di rrrrrr/ss , cioè si tratta una velocità angolare, che indichiamo con il simbolo ωω.Proviamo perciò a scrivere una soluzione dell’equazione del moto del pendolo (4.37) come:θθ = θθ oo cccccccccc (4.42)(at tempo tt = 0 il pendolo è spostato rispetto alla verticale di un angolo θθ oo ). Inserendola nell’equazionedel moto abbiamo:θθ̇ = −ωωθθ oo ssssssssss θθ̈ = −ωω 2 θθ oo cccccccccc ee ccccccè θθ̈ = −ωω 2 θθ ee ccccccè θθ̈ + ωω 2 θθ = 0 (4.43)Abbiamo quindi trovato una soluzione dell’equazione del pendolo (4.37) −equazione valida solo per piccoleoscillazioni− del tipo θθ = θθ oo cccccccccc dove θθ oo è l’angolo di spostamento dalla verticale all’istante iniziale evale:ωω 2 = gg l, ωω = gg l(4.44)cioè ωω = gg/l è la velocità angolare del pendolo, e quindi il suo periodo di oscillazione (= il tempoimpiegato per fare un giro completo di 2ππ radianti andando alla velocità angolare ωω) è:TT = 2222 ll gg(4.45)che risulta dipendere soltanto dalla lunghezza del filo di sospensione (oltre che dalla locale accelerazione digravità), ma non dalla ampiezza delle oscillazioni.Sebbene questo sia vero solo per piccole oscillazioni (quando il moto è descritto dall’equazione (4.37), incui ssssssss è stato sostituito da θθ ), si tratta di una scoperta fondamentale (fatta da Galileo, probabilmentenel Duomo di Pisa osservando il moto dei candelabri appesi a dall’altissimo soffitto e rilasciato dopol’accensione). L’importanza della scoperta sta nel fatto di poter disporre di un “oggetto” che compie lastessa azione in maniera ripetitiva e ad un tasso di ripetitività regolare, cioè di un orologio che infatti doponon molti anni (ma Galileo era già morto), una volta reso di dimensioni modeste e risolto il problema dimantenere le oscillazioni (con la carica), entrò in moltissime case. E fu la prima volta nella storia che unorologio piuttosto preciso divenne alla portata di quasi tutti.5. Lavoro ed energiaIn un tempo infinitesimo dddd un corpo compie uno spostamento infinitesimo dss⃗ e su di esso agisce unaforza (totale) FF⃗. Definiamo ddL:ddL = FF⃗ ⋅ dddd ⃗ (5.1)24

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011come il lavoro infinitesimo compiuto dalla forza FF⃗ nel tempo infinitesimo dddd (il lavoro ha le dimensione di[kg]x[m] 2 x[s] -2 , che sono le dimensioni di una energia). Dalla (5.1) si nota che il lavoro compiuto è massimoquando forza e spostamento sono paralleli (il prodotto scalare è massimo), mentre è nullo quando essisono ortogonali.Passando dall’infinitesimo al finito, il lavoro compiuto dalla forza FF⃗ nell’andare dal punto AA al punto BB dellatraiettoria del corpo, è:BBLL AA→BB = ddddAABB= FF⃗ ⋅ ddss⃗AA(5.2)Se la forza FF⃗ è una forza ccccccccccccccccccccvvvv (i.e. non ci sono forme di dissipazione nel sistema) allora il lavorocompiuto dipende solo dai punti tra i quali viene calcolato, e non dal particolare percorso scelto per andareda un punto all’altro. In questo caso possiamo definire una grandezza, che chiamiamo eeeeeeeeeeeeee ppppppppppppppppppppla cui differenza tra i punti AA e BB è esattamente uguale ed opposta al lavoro compiuto dalla forza FF⃗ perandare da un punto all’altro (lavoro ed energia potenziale hanno evidentemente le stesse dimensionifisiche). Quindi:UU(BB) − UU(AA) ≡ −L AA→BB (5.3)Energia potenzialePiù precisamente, scelto un punto di riferimento PP⃗ oo , possiamo definire l’energia potenziale in un genericopunto PP⃗ dalla relazione (in tutto simile alla (5.3)):PP⃗UUPP⃗ − UUPP⃗ oo = − FF⃗ ∙ ddss⃗(5.4)PP⃗ ooe quindi:PP⃗UUPP⃗ = − FF⃗ ∙ ddss⃗ + UUPP⃗ oo (55. 55)PP⃗ ooda cui si evince che l’energia potenziale è definita a meno di una costante additiva UUPP⃗ oo che è il valoredell’energia potenziale in uno specifico punto PP⃗ oo che abbiamo scelto come riferimento e rispetto al qualecalcoliamo l’energia potenziale in ogni altro punto. Sceglieremo il punto di riferimento in modo chel’energia potenziale in quel punto sia nulla.Il significato fisico dell’energia potenziale è chiaro: se per andare dal punto di riferimento ad un punto PP⃗qualunque occorre fare del lavoro cccccccccccc la forza (interna) del sistema il corpo avrà in quel punto unaenergia potenziale positiva (esattamente pari al lavoro iiiiiiiiiiiiii nel sistema). Se invece per andare dalpunto di riferimento al punto PP⃗ il lavoro viene fatto dalla forza FF⃗ interna al sistema, allora il corpo perderàparte dell’energia potenziale che aveva nel punto di riferimento e quindi nel punto di arrivo avrà unaenergia potenziale negativa (perché l’ha persa rispetto a quella, nulla, che aveva nel punto di riferimento).25

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011È chiaro dalla definizione (5.5) che data una forza FF⃗ per calcolare l’energia potenziale di un corpo di massamm soggetto a questa forza occorrerà per prima cosa scegliere il livello PP⃗ oo al quale riferirla, cioè il livello dienergia potenziale nulla.Conservazione dell’energiaCalcoliamo la differenza di energia potenziale (5.4) usando la seconda legge delle dinamica (3.2) (ricordoche siamo in un sistema di riferimento inerziale):PP⃗PP⃗ ooUUPP⃗ − UUPP⃗ oo = − FF⃗ ∙ ddss⃗ = FF⃗ ∙ ddss⃗PP⃗ oo PP⃗= mm ddvv⃗dddd ∙ vv⃗ddddPP⃗PP⃗ ooPP⃗ oo= mmaa⃗ ∙ ddss⃗PP⃗vv(PP⃗ oo)= mm ddvv⃗ ∙ vv⃗vv(PP⃗)PP⃗ oo= mm aa⃗ ∙ ddss⃗PP⃗vv 2 (PP⃗ oo)= mm dd( 1 2 vv2vv 2 (PP⃗)PP⃗ oo= mm ddvv⃗dddd ∙ ddss⃗PP⃗) = 1 2 mmvv oo 2 − 1 2 mmvv2 (5.6)avendo usato: FF⃗ = mmaa⃗, aa⃗ = ddvv⃗/dddd , vv⃗ = ddss⃗/dddd e avendo definito vvPP⃗ oo ≡ vv⃗ oo . Definiamo ora energiacinetica di un corpo di massa mm che si muove con velocità vv⃗ la grandezza (sempre positiva):TT = 11 22 mmvv⃗ ⋅ vv⃗ = 11 22 mmvv22 (5.7)e la (5.6) diventa:UUPP⃗ − UUPP⃗ oo = TTPP⃗ − TTPP⃗ oo UUPP⃗ + TTPP⃗ = UUPP⃗ oo + TTPP⃗ oo (5.8)che esprime la conservazione dell’energia −potenziale più cinetica− tra due punti qualunque dello stato delsistema. Questo deriva dal fatto che abbiamo assunto di essere in presenza di una forza conservativa,altrimenti non avremmo potuto scrivere la (5.4) da cui siamo partiti per arrivare alla (5.8).Calcolo dell’energia potenziale di un corpo nel campo gravitazionale della Terra• Calcolare l’energia potenziale di un corpo di massa mm sulla superficie della Terra (assunta comepiatta e non rotante) soggetto alla sola attrazione gravitazionale della Terra stessa.Scegliamo come sistema di riferimento inerziale quello in 2 dimensioni mostrato in Figura 5.1 perché ingenerale il moto si svolgerà nel piano individuato dalla accelerazione di gravità gg⃗ e dal vettore dellavelocità iniziale del corpo, che abbiamo indicato in Figura come piano (yy, zz). In questo caso tuttavia,dovendo calcolare l’energia potenziale, non studieremo il moto del corpo e la sua traiettoria e quindi non ciinteressano le sue condizioni iniziali. In effetti, dato che la forza gravitazionale agisce solo lungo zz avremmopotuto considerare soltanto questa coordinata.Per il livello di riferimento dell’energia potenziale (il PP⃗ oo della (5.5)) è naturale scegliere il punto PP⃗ oo = (yy, 0) ,cioè quello in cui il corpo si trova ad altezza nulla da terra, dove l’accelerazione locale di gravità gg⃗ èbilanciata dalla resistenza del terreno, quindi la forza totale agente sul corpo è nulla e così anche la suaenergia potenziale. Scelto questo come livello zero, usiamo la definizione (5.5) per calcolare l’energiapotenziale del corpo nel punto PP⃗ = (yy, zz):26

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011PP⃗UUPP⃗ = UU(yy, zz) = − mmgg⃗ ∙ ddrr⃗PP⃗ ooPP⃗(yy,zz)PP⃗= − mm(0, −gg) ∙ (dddd, dddd)PP⃗ oozzPP⃗= − −mmmmmmmmPP⃗ oo= +mmmm dddd ′ = mmmm dddd ′ = mmmm[zz ′ ] zz 0 = mmmmmm (5.9)PP⃗ oo (yy,0)0Figura 5.1: Un corpo di massa mm si trova sulla superficie della Terra (assunta come piatta e non rotante) nel puntoPP⃗(yy, zz) di un sistema di riferimento inerziale come disegnato in figura. Si chiede di calcolare la sua energia potenzialegravitazionale.Abbiamo visto che se si usa correttamente la formulazione vettoriale si trova automaticamente il risultatocol segno giusto. Notare che, essendo il vettore posizione del corpo rr⃗ = (yy, zz) il suo differenzialeinfinitesimo è ddrr⃗ = (dddd, dddd) , che possiamo pensare come uno spostamento piccolo ma finito nelle duedirezioni del piano Δrr⃗ = (Δyy, Δzz), facendo poi il passaggio al limite.Naturalmente in questo caso, dato che l’unica forza in gioco (quella gravitazionale) agisce lungo zz, ci sipoteva semplificare la vita limitandoci a considerare la sola coordinata zz. Avendo scelto il livello con zz = 0come livello di riferimento dove l’energia potenziale del corpo è nulla, scriveremmo semplicemente:zzUU(zz) = − (−mmmm)dddd′ = +mmmm dddd′ = mmmmmm00zz(5.10)Lo scopo del calcolo (5.9) è di imparare a fare il conto anche in casi più generali.Dalle (5.9) e (5.10) vediamo che, come ci si aspettava, l’energia potenziale gravitazionale del corpo quandosi trova ad una altezza zz sopra il piano orizzontale è positiva: chi ha sollevato il corpo dal piano orizzontalefino ad una altezza zz ha compiuto del lavoro contro la forza gravitazionale e quindi ha immesso energia nelsistema, che il corpo una volta a quella altezza possiede iiii pppppppppppppp. Notiamo inoltre che nella (5.9), puravendo fatto il conto nel piano yy, zz l’energia potenziale del corpo dipende soltanto dalla sua altezza daterra, rappresentata nelle nostre notazioni dalla coordinata zz, e non dal punto lungo l’asse yy del pianoorizzontale in cui esso si trova (dovunque il corpo si trovi nel laboratorio la sua energia potenzialegravitazionale è sempre la stessa fintanto che si trovi sempre alla stessa altezza zz dal suolo).27

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011• Calcolare l’energia potenziale di un corpo di massa mm a distanza rr dal centro di massa della Terra(assunta come puntiforme) soggetto alla sola attrazione gravitazionale della Terra stessa.Figura 5.2: Un corpo di massa mm si trova a distanza rr dalla superficie della Terra, assunta come puntiforme enell’origine di un sistema di riferimento inerziale. Si chiede di calcolare la sua energia potenziale gravitazionale.Il campo gravitazionale ha simmetria sferica (Figura 4.1) attorno alla massa centrale (in questo caso la Terradi massa MM ⊕ ), perciò calcoleremo l’energia potenziale del corpo mm tra due punti a diversa distanza da MM ⊕lungo una direzione radiale qualunque.Scegliamo come livello di riferimento per il calcolo dell’energia potenziale quello a distanza infinita da MM ⊕perché l’attrazione gravitazionale della Terra all’infinito è nulla. Abbiamo:UU(rr) = − (− GGMM ⊕rr′ 2rr∞rr)ddrr ′ = GGMM ⊕ (rr ′ ) −2∞ddrr ′ = GGMM ⊕ rr−1−1 = − GGMM ⊕rr(5.11)Come mai, trattandosi sempre dell’energia potenziale di un corpo nel campo della Terra abbiamo duerisultati diversi (la (5.10) e la (5.11)) e addirittura di segno opposto? Facciamo il conto come illustrato inFigura 5.3 usando la (5.11) nell’approssimazione h ≪ RR ⊕ :UURR ⊕ + h − UURR ⊕ = − GGMM ⊕mmRR ⊕ + h + GGMM ⊕mmRR ⊕= − GGMM ⊕mmRR ⊕ 1 + hRR ⊕≃ − GGMM ⊕mm1 − h + GGMM ⊕mmRR ⊕ RR ⊕ RR ⊕≃ GGMM ⊕mmhRR ⊕2≃ mmmmh (5.12)Come si vede, purché il corpo mm si trovi ad una quota bassa rispetto al raggio della terra (che equivale afare l’approssimazione di Terra piatta) la sua energia potenziale è bene approssimata dalla (5.10) che siottiene a partire dalla formula più generale (5.11).28

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Figura 5.3: Energia potenziale gravitazionale di un corpo di massa mm ad una quota h ≪ RR ⊕ dalla superficie della Terra(Terra sferica)L’oscillatore armonicoEsercizio: calcolo dell’energia potenziale di un corpo soggetto ad una forza elastica• Calcolare l’energia potenziale di un corpo puntiforme di massa mm vincolato a muoversi lungo unasola direzione (l’asse xx) e collegato all’origine tramite una molla di costante elastica di richiamo kktale che quando il corpo si trova ad una data distanza xx dall’origine la molla lo richiama versol’origine con una forza proporzionale all’allungamento della molla in quel punto. Si consideri il casoideale in cui la molla ha lunghezza di riposo nulla, nel deformarsi non dissipa alcuna energia einoltre si trova in un vuoto perfetto (la densità residua dell’aria è nulla e quindi il moto del corponon è soggetto ad alcun attrito). Il moto si svolge in un sistema di riferimento inerzialeDal testo del problema deduciamo che l’unica forza agente sul corpo, nell’unica coordinata xx dove il moto èpossibile, ha la forma:FF = −kkkk (5.13)(la costante elastica ha le dimensioni [k]=[forza]/[spostamento]=[N]/[m]=[kgms -2 ]/[m]=[kg s -2 ]). La (5.13) èla forza elastica.È naturale scegliere come punto di riferimento per l’energia potenziale l’origine, dove la forza è nulla.Quando il corpo si trova ad una distanza generica xx dall’origine la sua energia potenziale (rispettoall’origine) è:xxUU(xx) = − ∫ (−kkxx ′ )ddxx ′0xx= kk ∫ xx ′ ddxx ′0= 1 2 kkxx2 (5.14)L’energia totale EE del corpo (che si conserva) in una qualunque posizione è quindi:29

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011EE(xx, xẋ) = 1 2 kkxx2 + 1 2 mmxẋ 2= EE (cccccccccccccccc dddddd mmmmmmmm) (5.15)Notare la differenza concettuale tra la funzione energia EE = EE(xx, xẋ) che dipende in ogni punto dallaposizione e dalla velocità del corpo, e il valore costante EE di questa funzione che deve avere lo stessovalore numerico durante tutto il moto. In questo caso si dice anche che l’energia è un integrale primo delmoto.L’equazione del moto (3.2), con la forza (5.13) è:mmxẍ + kkkk = 0 (5.16)che riscriviamo nella formaxẍ + ωω 2 xx = 0 (5.17)avendo introdotto la grandezza fisica ωω = kk/mm che ha le dimensioni [ωω]=[ss −1 ] e dipende soltanto dallecaratteristiche fisiche dell’oscillatore: la sua costante elastica e la sua massa. La (5.17) ha 2 soluzioniindipendenti, tipo coseno o tipo seno. Possiamo scrivere la soluzione generale come:xx(tt) = cc 1 cccccc ωωωω + cc 2 ssssss ωωωω (5.18)con le costanti cc 1 , cc 2 (aventi le dimensioni di lunghezze) oppure come:xx(tt) = aa cccccc(ωωωω + αα) (5.19)dove le costanti aa, αα sono ampiezza e fase. Essendo:cccccc(ωωωω + αα) = cccccc ωωωω ⋅ cccccc αα − ssssss ωωωω ∙ ssssss αα (5.20)si ha che le costanti coinvolte nei due casi sono legate dalle relazioni:aa = cc 1 2 + cc 22tttt αα = − cc 1cc 2(5.21)Le due costanti necessarie vengono determinate dando posizione e velocità al tempo iniziale. ωω è lafrequenza propria (o naturale) di oscillazione dell’oscillatore, determinata da kk e da mm e indipendente dallecondizioni iniziali. Possiamo usare la soluzione nella forma (5.19) nella funzione energia (5.15) per calcolareil suo valore (useremo anche la derivata temporale della (5.19). Risulta:EE = 1 2 mmωω2 aa 2 (5.22)cioè, dato un oscillatore di frequenza naturale ωω, l’energia cresce col quadrato dell’ampiezza di oscillazione.Per esercizio vediamo come le costanti della soluzione (5.19) si ricavano dalle condizioni iniziali di posizionee velocità:xx(tt = 0) = xx 0 ee xẋ(tt = 0) = vv 0 (5.23)Dalla (5.19) al tempo tt = 0 abbiamo:30

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011xx(0) = aa cccccc (0 + αα) = aa cccccc αα = xx 0 (5.24)Derivando la (5.19) rispetto al tempo e considerando il tempo tt = 0 abbiamo:xẋ(tt) = −ωωωωωωωωωω (ωωωω + αα) xẋ(0) = −ωωωωωωiiii αα = vv 0 (5.25)Dal sistema di 2 equazioni:xx 0 = aaaaaaaa αα vv 0 = −ωωωωωωωωωω αα (5.26)ricaviamo subito la fase αα:tttt αα = − vv 0ωωxx 0(5.27)e per ottenere l’ampiezza aa usiamo i quadrati delle (5.26) e la relazione trigonometrica ssssss 2 αα + cccccc 2 αα = 1ottenendo:2xx 0aa 2 + vv 0 2ωω 2 aa 2 = 1 ⇒ aa = xx 2 0 + vv 0 2ωω 2 (5.28)Consideriamo un oscillatore armonico con 2 gradi di libertà: un corpo di massa mm è collegato ad una molladi costante elastica kk che lo richiama verso l’origine con una forza proporzionale alla distanza da essa, lacostante di proporzionalità essendo la costante elastica della molla, e si può muovere nel piano xx, yy. Le 2equazioni del moto sono:mmxẍ + kkkk = 0 mmyÿ + kkkk = 0 (5.29)cioè si tratta di 2 moti oscillatori indipendenti nelle 2 direzioni con la stessa frequenza di oscillazioneωω = kk/mm , come nel caso dell’analogo oscillatore armonico unidimensionale. Scriviamo le 2 soluzioninella forma (5.19) avendo questa volta 4 costanti, 2 ampiezze e 2 fasi, (ampiezza e fase per la componentexx più ampiezza e fase per la componente yy) determinate dalle condizioni iniziali dei vettori posizione evelocità del corpo nel piano al tempo zero, che sono 4 :xx(tt) = aa xx cccccc(ωωωω + αα xx ) yy(tt) = aa yy ccccccωωωω + αα yy (5.30)L’energia totale risulta essere la somma delle energie dei 2 moti oscillatori nelle 2 direzioni:EE(xx, xẋ, yy, yẏ) = 1 2 mmxẋ 2 + 1 2 mmyẏ 2 + 1 2 kkxx2 + 1 2 kkyy2 = EE(xx, xẋ) + EE(yy, yẏ)e la conservazione dell’energia si applica separatamente ad entrambi:EE(xx, xẋ, yy, yẏ) = EE EE(xx, xẋ) = EE xx EE(yy, yẏ) = EE yy EE = EE xx + EE yy (5.31)Per la (5.22) sarà:EE xx = 1 2 mmωω2 aa xx2EE yy = 1 2 mmωω2 aa yy2(5.32)31

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011quindi la traiettoria nel paino deve essere racchiusa dentro un rettangolo centrato nell’origine e di semilatiaa xx , aa yy . Le 2 equazioni (5.30) danno la legge oraria lungo le due direzioni. Per trovare l’equazione dellatraiettoria percorsa dal corpo nel piano, che deve essere del tipo ff(xx, yy) = cccccccccccccccc, occorre eliminare iltempo dalle (5.30). Per fare questo riscriviamo le (5.30) avendo cambiato l’origine dei tempi tt ⟶ tt ′ + tt 0 inmodo che nella nuova variabile tt ′ la fase in xx al tempo zero risulti nulla e quella in yy sia la differenza, i.e.:ωωωω + αα xx = ωωtt ′ ωωωω + αα yy = ωωtt ′ + αα yy − αα xx (5.33)Nella nuova variabile tt ′ abbiamo per le 2 leggi orarie:xx(tt ′ ) = aa xx cccccc(ωωtt ′ ) yy(tt ′ ) = aa yy ccooooωωtt ′ + αα yy − αα xx (5.34)da cui si vede bene l’importanza che gioca la differenza di fase Δαα = αα yy − αα xx . Se Δαα = −ππ/2 abbiamo:xx(tt ′ ) = aa xx cccccc(ωωtt ′ ) yy(tt ′ ) = aa yy cccccc(ωωtt ′ − ππ/2) = aa yy ssssss(ωωtt ′ ) (5.35)e quindi l’equazione della traiettoria èxx 2aa xx2 + yy2aa yy2 = 1 (5.36)che è l’equazione di una ellisse centrata nell’origine di semiassi aa xx , aa yy racchiusa quindi nel rettangoloindividuato sopra. Se invece Δαα = 0, si ha xx = yy e cioè la traiettoria si riduce alla diagonale del rettangolopercorsa avanti e indietro dalla massa oscillante.Si può dimostrare che eliminando il tempo dalle (5.34) si ottiene, per l’equazione generale della traiettoriadell’oscillatore nel piano:xx 2aa xx2 + yy2aa yy2 − 2xxxxaa xx aa yycccccc Δαα = ssssss 2 Δαα (5.37)che è l’equazione di una ellisse centrata nell’origine il cui asse maggiore è orientato in modo generico e cheper qualunque orientazione è vincolata ad essere iscritta dentro il rettangolo.Consideriamo il caso più interessante di due masse mm 1 , mm 2 collegate da una molla di costante elastica kkper il momento lungo una sola direzione xx ; le masse hanno coordinate xx 1 , xx 2 rispettivamente e la molla halunghezza a riposo nulla.Energia totale:EE tttttt = 1 2 mm 1xẋ1 2 + 1 2 mm 2xẋ2 2 + 1 2 kk(xx 2 − xx 1 ) 2Sistema del centro di massa:xx CCCC = mm 1xx 1 + mm 2 xx 2mm 1 + mm 2Non ci sono forze esterne (il sistema è isolato):32

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011xẍCCCC = 0(mm 1 + mm 2 )xẋCCCC = mm 1 xẋ1 + mm 2 xẋ2 = ccccccccccccccccSe mettiamo l’origine nel centro di massa, e definiamoxx dddddddd = xx 2 − xx 1abbiamo:xx 1 = − mm 2mm 1xxmm 1 + mm dddddddd xx 2 = xx2 mm 1 + mm dddddddd2e per le velocità:xẋ1 = − mm 2mm 1xẋdddddddd xẋ2 = xẋddddddddmm 1 + mm 2 mm 1 + mm 2e quindi l’energia totale si riscrive come:mm 2EE tttttt = 1 2 mm 1 xẋdddddddd mm 1 + mm 22mm 1+ 1 2 mm 2 xẋdddddddd mm 1 + mm 2Definendo la massa ridotta del sistema come:MM =mm 11mm 22mm 11 + mm 22risulta2+ 1 2 kkxx 2ddddddddEE tttttt = 1 2 Mxẋdddddddd2+ 1 2 kkxx 2dddddddde il moto delle 2 masse si è ridotta a quello di un solo oscillatore di massa pari alla massa ridotta, stessacostante elastica e distanza dal centro di richiamo pari alla distanza relativa delle due masse. La frequenzanaturale di oscillazione della massa ridotta è quindiωω = kk Mche è la frequenza delle oscillazioni differenziali delle 2 masse l’una rispetto all’altra.Caso in 2 dimensioniMolecole biatomiche composte di atomi di isotopi diversi6. Equazioni del moto in un riferimento acceleratoLa legge della dinamica (3.2) vale in un riferimento inerziale (e in tutti quelli in moto a velocità costante −inmodulo, direzione e verso− rispetto ad esso).33

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Figura 6.1: Un riferimento in moto accelerato rispetto al riferimento inerzialeConsideriamo ora un riferimento in moto accelerato (in rosso in Figura 6.1) rispetto al riferimento inerzialeRR II ; all’interno del riferimento accelerato si trova un corpo di massa mm di cui i due osservatori (quello delriferimento inerziale e quello del riferimento accelerato scrivono le equazioni del moto. Sia FF⃗ la forza cui ilcorpo è soggetto nel riferimento inerziale. L’osservatore di questo riferimento scriverà −in accordo con la(3.2):rr⃗̈II = FF ⃗mm(6.1)In ogni istante l’accelerazione del corpo rispetto al riferimento inerziale sarà la somma vettoriale della suaaccelerazione rispetto al riferimento accelerato, che indichiamo come rr⃗̈rrrrrr (useremo sempre il pedice rel adindicare il moto relativo al riferimento non inerziale), più l’accelerazione del riferimento accelerato stesso:rr⃗ IÏ = rr⃗̈rrrrrr + aa⃗ (6.2)Dalle (6.1) e (6.2) otteniamo:mmrr⃗̈ rrrrrr = FF⃗ − mmaa⃗ (6.3)che è l’equazione del moto del corpo nel riferimento accelerato. Essa dice nel riferimento in motoaccelerato, in aggiunta alla forza FF⃗ che agisce sul corpo nel riferimento inerziale agisce anche la forza −mmaa⃗,detta forza inerziale (perché proporzionale alla massa mm che è la massa inerziale del corpo (vedi la (3.2)): ilcorpo all’interno del riferimento accelerato è soggetto ad una accelerazione uguale ed opposta a quella delriferimento accelerato stesso (nel caso di un corpo di dimensioni finite questa accelerazione è applicata nelcentro di massa).Passeggeri sull’autobusAll’interno dell’autobus che frena tutti i passeggeri vengono accelerati in avanti con accelerazione ugualeed opposta a quella con cui l’autista ha frenato− applicata a ciascuno di essi nel proprio centro di massa. Seinvece l’autista accelera i passeggeri vengono accelerati all’indietro, sempre tutti con accelerazione ugualeed opposta a quella con cui l’autista ha accelerato. Possiamo assumere che su ogni passeggero non agiscaalcuna altra forza (la gravità locale è controbilanciata dalla reazione del terreno) per cui, se l’autobus34

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011andasse a velocità costante (senza accelerare né frenare) i passeggeri non sarebbero soggetti ad alcunaforza.Gravità locale, ascensore di Einstein e astronaveUn osservatore che si trovi chiuso dentro un ascensore fermo sulla superficie della Terra (Figura 6.2,approssimazione di Terra piatta, campo gravitazionale uniforme, linee di forza dell’accelerazionegravitazionale parallele e uniformi) vedrà i corpi cadere con l’accelerazione locale di gravità gg⃗ = (0, −gg)verso i suoi piedi. Un osservatore che si trovi chiuso dentro un’astronave nello spazio vuoto (i.e. lontana daqualsiasi massa) in moto con accelerazione costante −gg⃗ = (0, gg) (fornita da opportuni razzi chel’osservatore non vede), se rilascia delle masse le vedrà muoversi con accelerazione gg⃗ = (0, −gg), cioèverso i suoi piedi, esattamente come l’osservatore chiuso dentro l’ascensore sulla superficie della Terra.Infatti, quello dell’astronave è un riferimento accelerato (come l’autobus discusso sopra) in assenza di ognialtra forza (Figura 6.3), quindi per la (6.3) ogni corpo al suo interno sarà soggetto ad una accelerazioneuguale ed opposta a quella del riferimento accelerato (l’astronave).Possiamo concludere che localmente (solo localmente, altrimenti le linee di forza del campo gravitazionalenon sono più esattamente parallele: cioè deve valere altezza dell’ascensore

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Figura 6.3: Astronave che si muove con accelerazione aa⃗ = (0, gg) lontana da ogni corpo celeste. La forza che acceleral’astronave è fornita dai razzi ad essa applicati. Attenzione: i razzi agiscono sulla superficie esterna dell’astronave enon sulla massa mm al suo interno. Oltre alla forza dei razzi non ci sono altre forze; l’equazione del moto è la (6.3) conFF⃗ = 0⃗.Consideriamo adesso “l’ascensore di Einstein” in caduta libera sulla superficie della Terra (Figura 6.4) conaccelerazione gg⃗ = (0, −gg) −per caduta libera si intende un moto governato dalla locale accelerazione digravità. Si tratta di un riferimento accelerato e la sua accelerazione è quella indicata come aa⃗ nella (6.3). Uncorpo di massa mm all’interno dell’ascensore è anch’esso soggetto alla locale accelerazione di gravità, datoche è immerso anch’esso nel campo gravitazionale della Terra insieme all’ascensore. Nel riferimentoinerziale il corpo mm è soggetto quindi alla forza FF⃗ = mmgg⃗. L’equazione del moto del corpo mm nel riferimentoaccelerato si scrive (seguendo la (6.3)):mmrr⃗̈rrrrrr = FF⃗ − mmgg⃗ = mmgg⃗ − mmgg⃗ = 0⃗ (6.4)e ci dice che all’interno dell’ascensore il moto della massa mm relativamente all’ascensore stesso è nullo,cioè la forza gravitazionale (alla quale sia l’ascensore che la massa mm sono soggetti) non ha alcun effettodinamico all’interno dell’ascensore stesso.36

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Figura 6.4: “L’ascensore di Einstein” in caduta libera sulla superficie della Terra, in approssimazione di Terra piatta invicinanza della superficie terrestre (altezza di caduta molto piccola rispetto al raggio terrestre h ≪ RR ⊕ , campogravitazionale uniforme, linee di forza parallele e uniformi; si trascura anche la dipendenza del modulo dellaaccelerazione locale di gravità con l’altezza)Questo fatto non ci sorprende: visto che nel campo gravitazionale della Terra tutti i corpi cadono con lastessa accelerazione (Sez 4: principio di equivalenza e universalità della caduta libera) anche l’ascensore diEinstein e la massa mm al suo interno cadono allo stesso modo (i.e. con la stessa accelerazione) e quindi −sele loro velocità iniziali sono le stesse− non devono avere nessun moto l’uno rispetto all’altro (Nota: per ilmoto dell’ascensore ci riferiamo al suo centro di massa e assumiamo che rispetto ad esso l’ascensore intesocome corpo rigido non abbia alcun moto di rotazione). La novità del punto di vista di Einstein sta nel notareche dentro un riferimento in caduta libera (cioè che cade con l’accelerazione di gravitazionale locale) lagravità non ha alcun effetto dinamico.Quindi per l’osservatore dentro l’ascensore di Einstein è come se la gravità non ci fosse, e quindi èequivalente ad un osservatore che si trovi dentro un’astronave che ``galleggia” nello spazio vuoto (cioè cheha velocità nulla rispetto allo spazio fisso). Nessuno dei due osservatori ``sente’’ alcuna forza gravitazionale(il primo perché sta cadendo insieme a tutto il suo laboratorio con l’ accelerazione gravitazionale, costantee uniforme −localmente− e quindi non registra alcun moto relativo, il secondo perché si trova nello spaziovuoto dove non ci sono masse e quindi non c’è nessuna forza gravitazionale) e per ogni forza nongravitazionale entrambi usano le stessi leggi fisiche e scrivono quindi le stesse equazioni del moto. Ciò valein qualunque posizione si trovi l’astronave e a qualsiasi velocità (nulla oppure costante in modulo direzionee verso) essa si muova rispetto allo spazio fisso (Figura 6.5).Figura 6.5: “L’ascensore di Einstein” in caduta libera sulla superficie della Terra (stesse approssimazioni di Figura 6.4)è equivalente ad una astronave fissa (o anche in moto rettilineo uniforme rispetto ad esso) nello spazio vuoto lontanada qualunque massa. I due osservatori non registrano la presenza di alcuna forza gravitazionale e, in presenza di forzenon gravitazionali, scriverebbero le stesse leggi fisiche e le stesse equazioni del moto.Finché l’ascensore non tocca Terra, l’osservatore al suo interno non è in grado di sapere se sta cadendosulla superficie della Terra oppure invece ``galleggia” nello spazio vuoto (lontano da qualsiasi massa) o simuove con vettore velocità costante rispetto ad esso. Quindi, un riferimento in caduta libera in un campogravitazionale è localmente equivalente ad un riferimento inerziale e al suo interno la gravità non ha effettidinamici.7. Equazioni del moto in un riferimento rotanteUn riferimento rotante (e.g attorno all’asse zz), anche se a velocità angolare costante non è un riferimentoinerziale, e quindi in esso non vale l’equazione fondamentale della dinamica (3.2 . Indichiamo con RR II ilriferimento inerziale; con RR rrrrrr il riferimento rotante. Al tempo iniziale i 2 riferimenti coincidono; poi RR rrrrrrgira attorno all’asse zz con velocità angolare ωω⃗ = (0,0, ωω) rispetto ad RR II . L’equazione fondamentale da37

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011usare è quella che permette di calcolare, per un qualunque vettore GG⃗ del riferimento rotante, la suaderivata temporale rispetto al riferimento inerziale in funzione di quella relativa al riferimento rotante (cheindichiamo col pedice rel). Vale: ddGG ⃗dddd = ddGG ⃗dddd + ωω⃗ × GG⃗ (7.1)IIrrrrrrche si spiega a partire dalla rotazione di un piccolo angolo e poi passando al limite. Se applichiamo la (7.1)ad un vettore posizione rr⃗ che sia fisso rispetto al riferimento rotante (e quindi (ddrr⃗/dddd) rrrrrr = 0⃗) otteniamo:rr⃗̇ II = ωω⃗ × rr⃗ (7.2)che è la ben nota relazione che fornisce la velocità rr⃗̇II ≡ VV⃗̇II di rotazione di ogni punto del sistema rotanterispetto al riferimento inerziale (non rotante). In generale, se il corpo si muove anche rispetto alriferimento rotante avremo:VV⃗ II = VV⃗ rrrrrr + ωω⃗ × rr⃗ (7.3)Dalla (7.3), derivando rispetto al tempo e usando la (7.1) arriviamo a scrivere l’equazione del moto nelriferimento rotante: ddVV⃗ II = ddVV⃗ II + ωω⃗ × VV ⃗ dddd dddd II = ddVV⃗ II + ωω⃗ × VV ⃗ dddd rrrrrr + ωω⃗ × rr⃗ =IIrrrrrrrrrrrr ddVV⃗ rrrrrr+ ωω⃗ × VV ⃗ ddddrrrrrr + ωω⃗ × VV ⃗ rrrrrr + ωω⃗ × ( ωω⃗ × rr⃗) (7.4)rrrrrrPer la (3.2): ddVV⃗ IIdddd = FF ⃗mmII(7.5)dove FF⃗ è la forza presente nel sistema di riferimento inerziale (non rotante). Dalla (7.4), con la (7.5), risulta:mmaa⃗ rrrrrr = FF⃗ − 2222ωω⃗ × VV⃗ rrrrrr − mmωω⃗ × (ωω⃗ × rr⃗) (7.6)La (7.6) è la legge del moto che vale nel riferimento rotante. Le 2 forze che compaiono in aggiunta alla forzaFF⃗ del riferimento inerziale sono la forza di Coriolis (che è non nulla solo se il corpo si muove rispetto alriferimento rotante) e la forza centrifuga. Si chiamano forze inerziali in quanto sono proporzionali allamassa inerziale (come la forza che compare nel riferimento accelerato – vedi la (6.3)).Deviazione di un proiettileImmaginiamo per semplicità di fare l’esperimento al polo Nord. Un osservatore spara un proiettileorizzontalmente davanti a sé in una data direzione, per colpire un determinato bersaglio. A causa dellaforza di Coriolis, qualunque sia la direzione di sparo il proiettile viene deviato alla destra dell’osservatoreche spara. L’effetto della gravità locale, che produce il moto parabolico del proiettile illustrato nella Figura4.2, è irrilevante per la deviazione che stiamo studiando. Non la consideriamo e questo equivale al caso diuna gittata molto grande per cui durante il tempo di volo considerato l’effetto della gravità locale èirrilevante.38

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Trascurando la resistenza dell’aria il proiettile viaggia a velocità costante nella direzione dello sparo (perchéin quella direzione non agisce nessuna forza e quindi la quantità di moto si conserva), perciò anchel’accelerazione di Coriolis è costante.Figura 7.1: L’osservatore si trova al Polo Nord della Terra in rotazione e il proiettile viene sparato in direzione Nord delpiano dell’orizzonte. L’accelerazione di Coriolis agisce verso destra rispetto alla direzione del lancio, in questo casoverso Est nel piano dell’orizzonte. Nella direzione del lancio del proiettile non ci sono forze e quindi la sua quantità dimoto lineare in quella direzione si conserva. Non consideriamo l’effetto della gravità locale lungo al direzione ZZperché non è rilevante ai fini del calcolo della deviazione del proiettile causata dalla accelerazione di Coriolis.Assumiamo il caso, mostrato in Figura 7.1, in cui il proiettile viene sparato dall’origine verso la direzioneNord del piano dell’orizzonte (le conclusioni che seguono sono generali e non dipendono da questaparticolare scelta). L’accelerazione di Coriolis agisce sempre verso destra rispetto alla direzione dellavelocità di sparo:aa⃗ cccccc = −2ωω⃗ ⊕ × VV⃗ oo = 2ωω ⊕ VV oo , 0,0 (7.7)VV⃗(tt) = 2ωω ⊕ VV oo tt, VV oo , 0 (7.8)L’angolo di deviazione dopo un tempo di volo tt vvvvvvvv si calcola come segue:ss⃗(tt) = ωω ⊕ VV oo tt 2 , VV oo tt, 0 (7.9)Se la durata complessiva del volo è tt vvvvvvvv l’angolo di deviazione (verso destra) di cui occorrerà tenere contose si vuole centrare il target è:ψψ dddddd = ss XX (tt vvvvvvvv )ss YY (tt vvvvvvvv ) = ωω 2⊕VV oo tt vvvvvvvv= ωωVV oo tt ⊕ tt vvvvvvvv (7.10)vvvvvvvv39

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Nell’emisfero Nord il Sole sorge ad Est, culmina a Sud e tramonta da Ovest, quindi nel riferimento di Figura7.1 basato sui punti cardinali si muove in senso orario; si tratta di un moto apparente, dovuto al fatto che laTerra ruota attorno al suo asse, rispetto alle stelle fisse da Ovest verso Est, cioè in senso antiorario (che èquello convenzionalmente adottato come positivo). Quindi il proiettile (per un dato tempo di volo) vienedeviato (rispetto all’osservatore sulla terra) di un angolo uguale ed opposto a quello di cui la Terra haruotato rispetto alle stelle fisse nello stesso intervallo di tempo. Ergo, il proiettile rispetto alle stelle fisseNON ha subito alcuna deviazione.Si noti che nell’emisfero australe il vettore velocità angolare della Terra non cambia ovviamente di verso,perciò se si definiscono i punti cardinali sull’orizzonte come nell’emisfero boreale e l’asse ZZ perpendicolareal piano dell’orizzonte (quindi diretto come −ωω⃗ ⊕ ) −che è quello che si fa− si ha che in questa terna il Solesorge ad Est, culmina a Nord e tramonta ad Ovest.Cosa succede ad un proiettile sparato da un osservatore al Polo Sud? E all’equatore? E ad una qualunquelatitudine?Nell’emisfero Sud, siccome la terna è definita come nell’emisfero Nord, in questa terna il vettore velocitàangolare di rotazione della Terra è negativo (l’asse ZZ dell’osservatore al Polo Sud punta verso il Polo Sud,mentre il vettore di rotazione della Terra punta sempre verso il Polo Nord), si deduce dalla definizione (7.7)della accelerazione di Coriolis che, per una stessa velocità iniziale VV⃗ oo essa cambia di segno e quindil’osservatore che spara il proiettile al Polo Sud dovrà tenere conto −se vorrà colpire il bersaglio− che essoverrà deviato verso sinistra della direzione in cui è stato sparato, non verso destra come accadenell’emisfero Nord.Per capire cosa succede ad una latitudine intermedia basta tenere conto del fatto che nella solita ternadell’osservatore a latitudine θθ nell’emisfero boreale il vettore di rotazione della Terra ωω⃗ ⊕ è inclinato sulpiano dell’orizzonte dell’osservatore di un angolo pari alla sua latitudine come mostrato in Figura 7.2. Solola componente di ωω⃗ ⊕ perpendicolare al vettore velocità del proiettile, di modulo ωω ⨁ ssssssss , contribuirà allaaccelerazione di Coriolis (definita nella (7.6)), e quindi nel caso −in tutto analogo al precedente− ma peruna generica latitudine 0 < θθ < ππ/2 l’angolo di deviazione dopo un tempo di volo tt vvoooooo è:ψψ dddddd (θθ) = ωω ⨁ ssssssss tt vvvvvvvv (7.11)che per θθ = ππ/2 , cioè al polo Nord, fornisce il risultato precedente (7.10). Notare che anche in questocaso l’angolo di deviazione è esattamente uguale ed opposto a quello di rotazione del piano dell’orizzontedell’osservatore sulla superficie della Terra a latitudine θθ rispetto alle stelle fisse, dato che esso ruota avelocità angolare ωω ⨁ ssssssss (solo la componente di ωω⃗ ⊕ perpendicolare al piano dell’orizzonte contribuiscealla sua rotazione.40

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Figura 7.2: Direzione del vettore di rotazione della Terra ωω⃗ ⊕ per un osservatore che si trovi ad una latitudine θθnell’emisfero Nord (i vettori in rosso giacciono nello stesso piano YY, ZZ che è il piano del meridiano dell’osservatore).Deviazione dei gravi verso EstUn corpo in caduta da una altezza h sulla superficie della Terra se la Terra fosse perfettamente sferica e nonrotante cadrebbe sempre lungo l’asse ZZ del riferimento dell’osservatore diretta verso il centro della Terra.Siccome la Terra ruota dobbiamo tenere conto della accelerazione di Coriolis.In questo caso, poiché la velocità del corpo in caduta è perpendicolare al piano dell’orizzonte, lacomponente di ωω⃗ ⊕ che da un contributo non nullo alla accelerazione di Coriolis è quella ad essaperpendicolare, cioè ωω ⨁ cccccccc (notate la differenza rispetto al caso del proiettile discusso sopra). Ladeviazione sarà quindi nulla ai poli e massima all’equatore (il contrario appunto del caso del proiettile).L’accelerazione di Coriolis è per definizione perpendicolare al piano individuato da ωω⃗ ⊕ e dal vettorevelocità di caduta del grave; questo piano (come si può capire dalla Figura 7.2, è il piano del meridianodell’osservatore. La deviazione causata dalla accelerazione di Coriolis avverrà dunque lungo l’asse Est-Ovest. Per stabilire se verso Est oppure verso Ovest occorre eseguire correttamente il prodotto vettore chedefinisce l’accelerazione di Coriolis (vedi la (7.6) nel riferimento non inerziale quale è quello della Terra inrotazione.Facendo con attenzione il prodotto vettore e ricordando che il vettore ωω⃗ ⊕ non cambia di segnonell’emisfero Sud si vede che anche per un osservatore nell’emisfero Sud la deviazione è verso Est.41

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Figura 7.3: Orizzonte di 2 osservatori sulla superficie terrestre alla stessa longitudine, ma con latitudine θθ opposta(uno nell’emisfero Nord e l’altro nell’emisfero Sud). L’intersezione del piano dell’orizzonte con il piano meridiano (ilcerchio massimo –centrato quindi nel centro della Terra− che passa per i poli e per l’osservatore) è la direzione Nord-Sud del piano dell’osservatore (mostrato in Figura 2.9); l’asse perpendicolare al foglio e passante per l’origine OO(θθ)oppure OO(−θθ) è quindi l’asse Est-Ovest, con la direzione verso Est uscente dal foglio e quella verso Ovest entrante.Questa figura può essere usata tra l’altro per trovare la direzione della accelerazione di Coriolis e in generale percapire le differenze tra fenomeni nell’emisfero Nord e Sud.Coriolis ed effetto dei venti sul volo degli aereiLa circolazione globale dei venti alle alte quote (circa 10 km) alle quali viaggiano gli aerei di linea nei voliintercontinentali avviene dall’equatore verso i poli. La velocità non nulla dei venti rispetto al sistema diriferimento rotante con la Terra (e quindi non inerziale) causa la forza di Coriolis (secondo l’equazioen delmoto (7.6)). Nell’emisfero Nord la forza di Coriolis spinge i venti verso Est e quindi ``aiuta’’ gli aerei quandoviaggiano verso Est mentre li ostacola quando vanno verso Ovest, determinando una maggiore o minoredurata del volo a seconda che si viaggi in un senso o nell’altro.La cosa cambia oppure no nell’emisfero australe? Partire dalla Figura (7.3).Variazione della accelerazione locale di gravità con la latitudineOgni corpo sulla superficie della Terra è soggetto, oltre che alla attrazione gravitazionale da parte dellaTerra, anche alla forza centrifuga dovuta alla sua rotazione diurna. La componente radiale dellaaccelerazione centrifuga fa diminuire l’accelerazione locale totale che si misura (visto che non possiamofermare la rotazione terrestre). Quindi avremo= gg(θθ) = gg pppppppp 1 − ωω ⨁ 2 RR ⨁gg ppppppppcccccc 2 θθ (7.12)essendo θθ la latitudine, ωω ⊕ ≃ 2ππ/(86164 s) la velocità angolare di rotazione della Terra (rispetto allestelle fisse) e RR ⊕ ≃ 6400 km = 6.4 ∙ 10 6 m il suo raggio, con un massimo ai poli e un minimo all’equatore.42

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Deflessione del filo a piombo verso SudL’accelerazione centrifuga per ogni corpo sulla superficie della Terra in rotazione giace nel piano meridianodell’osservatore (Figura 7.4) e a latitudine θθ vale:aa cc = ωω ⨁ 2 RR ⨁ cccccccc (7.13)Figura 7.4: Deflessione del filo a piombo verso Sud. Per ‘’filo a piombo’’ si intende la posizione di equilibrio di unpendolo sulla superficie della Terra in rotazione, che costitusce un riferimento non inerziale nel quale valgono leequazioni del moto (7.6)La sua componente sul piano orizzontale (i.e il piano dell’orizzonte dell’osservatore) è diretta verso SUDlungo la direzione Nord-Sud del piano dell’orizzonte (in Figura 7.4 è mostrata la proiezione sul pianodell’orizzonte della accelerazione centrifuga aa⃗ cc ):aa ccccoooooooooooo = aa cc ssssssss = ωω ⨁ 2 RR ⨁ cccccccccccccccc = 1 2 ωω ⨁ 2 RR ⨁ ssssss2θθ (7.14)Quando il filo a piombo si sposta verso Sud in risposta a quella accelerazione, l’accelerazione locale digravità che è diretta verso il centro della Terra avrà anche una componente in direzione Sud-Nord, oppostaa quella centrifuga e il filo a piombo sarà in equilibrio quando le due si eguaglieranno in modulo (in Figura7.4 immaginate di disegnare il vettore gg⃗, diretto verso il centro di massa della Terra, per il punto cherappresenta la proiezione lungo l’asse Nord-Sud della accelerazione centrifuga aa⃗ cc ; si vede subito che inquesto caso il vettore gg⃗ ha anche una componente lungo l’asse Nord-Sud diretta da Sud verso Nord). Lacomponente Sud-Nord della accelerazione di gravità è legata all’angolo εε di deflessione del filo verso Sud evale (εε è comunque un angolo piccolo):gg SSSSSSSSSSSSSS = gggggggggg ≃ gggg (7.15)Nella parte destra della Figura 7.4, se non ci fosse l’accelerazione di Coriolis aa cc ssssssss il pendolo sarebbe inequilibrio nell’origine, l’angolo εε sarebbe nullo e l’accelerazione di gravità gg⃗ non avrebbe alcuna componetesul piano orizzontale. Se invece si tiene conto che il riferimento è non inerziale e c’è l’accelerazione aa cc ssssssss(in direzione Nord-Sud) è evidente che c’è una deflessione εε e quindi compare al componente (7.15) dellaaccelerazione di gravità in sul pinao orizzontale in direzione Sud-Nord.43

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Il pendolo sarà in equilibrio quando queste due accelerazioni (di uguale direzione e verso opposto) avrannolo stesso modulo. Uguagliando la (7.14) e la (7.15) troviamo l’angolo εε di deviazione verso Sud di un filo apiombo (cioè di un qualunque pendolo) alla latitudine θθ: il filo a piombo non punta esattamente verso ilcentro della Terra ma viene deflesso verso Sud dell’angoloεε ≃ ωω ⊕ 2 RR ⊕ssssss2θθ (7.16)2ggDato che non possiamo fermare la rotazione della Terra la direzione del filo a piombo definisceoperativamente la verticale locale.Cosa succede per un filo a piombo nell’emisfero australe?Il pendolo di FocaultAvendo appurato che all’equilibrio un pendolo sulla superficie della Terra in rotazione viene deviato versoSud, ci chiediamo se −quando il pendolo è in oscillazione e quindi ha una velocità non nulla rispetto allaTerra− l’accelerazione di Coriolis che ne risulta secondo la (7.6) ha effetti sul suo moto e quali.Trascuriamo sia la resistenza del mezzo (l’aria) sia altri smorzamenti dovute a perdite di energia, adesempio per attrito interno al filo di sospensione o nel suo punto di attacco.Consideriamo il pendolo in oscillazione a partire dalla posizione iniziale di Figura 4.3 (rilasciato con velocitàiniziale nulla) e assumiamo di aver scelto come direzione del moto quella da Nord verso Sud. Il piano dioscillazione scelto è quindi il piano YY, ZZ della Figura 7.2 e non c’è nessuna perdita di generalità in questascelta: è soltanto comoda. Dopo metà periodo di oscillazione il pendolo si troverà alla estremità opposta(con velocità nulla). Durante questa metà periodo la sua velocità aumenta da zero ad un massimo (nellaposizione verticale), e quindi diminuisce fino a tornare a zero; il verso è sempre lo stesso. Il vettore velocitàangolare della Terra è diretto come in Figura 7.2 e quindi (secondo la (7.6)) l’accelerazione di Coriolisdurante questa metà del periodo orbitale è diretta lungo l’asse Est-Ovest da Est verso Ovest, quindi altermine di questa metà oscillazione il pendolo si troverà a Sud un po’ spostato verso Ovest. Durante laseconda metà del periodo di oscillazione il moto sarà identico salvo che la velocità del pendolo cambia disegno, così anche l’accelerazione di Coriolis e alla fine di questa seconda metà di oscillazione il pendolo sitroverà a Nord un po’ spostato verso Est. Ne deriva che in un periodo di oscillazione completo il piano delpendolo ha compiuto una piccola oscillazione da Est verso Ovest (in senso orario, cioè opposto a quello dirotazione della Terra).Semplificando le cose e immaginando di essere al polo Nord, si vede che il piano del pendolo compie unarotazione completa da Est verso Ovest esattamente in un giorno (sidereo) della Terra, cioè in un periodo dirotazione della Terra rispetto alle stelle fisse (il problema è analogo a quello del proiettile).Ad una latitudine θθ dell’emisfero Nord il piano del pendolo ruota da Est verso Ovest con una velocitàangolare ωω ⊕ ssssssss. Alla latitudine di Parigi θθ PPPPPPPPPPPP ≃ 48 o 50 ′ ≃ (48 + 50/60) oo ≃ 48.8 oo ≃ 0.85 rad, doveFocault fece per la prima volta l’esperimento (Figura 7.6), il piano del pendolo faceva una rotazionecompleta in un tempo più lungo di un giorno sidereo (cioè del periodo che impiegherebbe al Polo)TT FFFFFFFFFFFFFF2ππ≃≃ 1.14 ⋅ 10 5 10 5sec = 1.14 ⋅ gggggggggggg ssssssssssssss = 1.3 gggggggggggg ssssssssssssss (7.17)ωω ⊕ ssssssθθ PPPPPPPPPPPP 8616444

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Nota: Solo la componente orizzontale della velocità del pendolo contribuisce alla rotazione del suo piano dioscillazione. Quale effetto produce la componente verticale della velocità del pendolo?Figura 7.6: Il pendolo di Focault nel Pantheon di Parigi. Siccome l’attrito dell’aria e altre perdite (interne al filo e nelsuo punto di attacco) che non abbiamo considerato nella nostra trattazione, smorzerebbero il moto del pendolo nededuciamo che questo pendolo di Focault esposto al Pantheon di Parigi deve avere un sistema attivo di rifornimentoenergetico che ne compensa lo smorzamento.Moto di satelliti artificiali e pianetiIl problema dei 2 corpi gravitazionale è definito come il problema di 2 masse puntiformi soggette alla loromutua attrazione gravitazionale −secondo la legge di Newton della gravitazione universale (4.1)− nellospazio fisico a 3 dimensioni (il sistema è isolato). Il problema è integrabile e si può quindi risolvereanaliticamente.La prima cosa da notare è che la forza di attrazione gravitazionale (4.1) è una forza centrale (cioè direttalungo la congiungente dei 2 corpi). Questo significa che il momento della forza, definito come:MM⃗ = rr⃗ × FF⃗ (7.18)dove FF⃗ è la forza che agisce sul corpo la cui posizione è individuata dal vettore posizione rr⃗, è nullo per unaforza centrale come quella gravitazionale (4.1) perché rr⃗ ed FF⃗ nel caso di una forza centrale sonoovviamente parallele, cioè:MM⃗ gggggggg = rr⃗ × FF⃗ gggggggg = rr⃗ × − GGmm 1mm 2rr 3 rr⃗ = 0⃗ (7.19)Per la legge fondamentale della dinamica newtoniana (3.7) deduciamo dalla (7.19) che la quantità di motoangolare (il momento angolare) del corpo, cioè il vettoreLL⃗ = rr⃗ × pp⃗ (7.20)ha derivata temporale nulla e quindi è costante durante tutto il moto (si dice che è un integrale del moto).Trattandosi di un vettore, essere una costante del moto significa che deve essere costante in direzionemodulo e verso. Esso manterrà quindi direzione, modulo e verso iniziali:LL⃗̇= MM⃗ gggggggg = 0⃗ ⇒ LL⃗(tt) = cccccccc ⃗ = LL⃗(tt = 0) = rr⃗ 0 × pp⃗ 0 = mm rr⃗ 0 × vv⃗ 0 (7.21)45

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011dove rr⃗ 0 e vv⃗ 0 sono, rispettivamente i vettori posizione e velocità iniziali del corpo soggetto alla forzagravitazionale. Il momento angolare LL⃗ è quindi un vettore perpendicolare al piano individuato dai vettoreposizione e velocità iniziali e quindi, se la sua direzione non cambia nel tempo neppure il piano del moto(individuato dai vettori posizione e velocità) cambia nel tempo. Possiamo scrivere che:In presenza di forze centrali (come appunto la forza gravitazionale) il moto è sempre piano, il piano delmoto è fisso nel tempo durante tutto il moto ed è quindi determinato dalle condizioni iniziali (i vettoriposizione e velocità al tempo iniziale fissano il piano del moto). Se ci mettiamo nel piano del motoabbiamo quindi soltanto 2 equazioni del moto da risolvere.Semplifichiamo ora il problema dei 2 corpi gravitazionale considerando il moto di un satellite artificialeintorno alla Terra cioè di un corpo di massa mm trascurabile rispetto a quella dell’altro ( mm ≪ MM ⊕ ); il satellitenon ha alcuna influenza sul moto della Terra mentre viceversa si muove sotto l’effetto della sua attrazionegravitazionale. Assumiamo inoltre che l’orbita del satellite sia circolare (Figura 7.7).Figura 7.7: Satellite artificiale in orbita attorno alla Terra. Sappiamo che il moto del satellite deve essere piano e che inquesto caso la Terra deve stare ferma (perché la massa del satellite è trascurabile). Assumiamo anche che la sua orbitasia circolare. Il piano XX, YY è il piano del moto (detto piano orbitale) e il sistema di riferimento OOOOOO è inerziale. Invece ilsistema di riferimento OOXX ′ YY ′ che ruota con il satellite con la velocità angolare nn è un riferimento non inerziale (ilvettore della velocità angolare del satellite, di modulo θθ̇ è perpendicolare al piano orbitale e di verso uscente verso illettore). Si dimostra nel testo (vedi la (7.24)) che la velocità angolare orbitale è costante e che anche ilmodulo della velocità lineare orbitale è costante, come è naturale che sia per la simmetria dell’orbitacircolare rispetto alla massa centrale puntiforme.Scriviamo l’equazione del moto del satellite nel riferimento rotante (non inerziale) e usiamo, come ènaturale, coordinate polari piane (Cap. 2) che in questo caso indichiamo con rr, θθ i cui versori eêrr, eêθθ (chevariano nel tempo con il moto del corpo) sono indicati in Figura 7.7 . Il vettore posizione è:46

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011rr⃗ = rreêrr (7.22)da cui il vettore velocità si ottiene derivando rispetto al tempo e tenendo conto che il versore eêrr varia neltempo (si vedano le (2.13), dove si usavano i simboli ρρ, φφ ) e che rṙ = 0 , cioè il modulo del vettore posizionedel satellite rispetto alla Terra è costante perché l’orbita è stata assunta circolare:vv⃗ ≡ rr⃗̇ = rṙeêrr + rreê̇rr = rrθθ̇eêθθ (7.23)(vedi Figura 7.7 per la rappresentazione grafica del vettore velocità orbitale). Con la (7.22) e la (7.23) ilvettore momento angolare (7.20), che abbiamo visto essere un integrale del moto, si scrive:LL⃗ = rr⃗ × pp⃗ = mmrr⃗ × vv⃗ = mmmmeêrr × rrθθ̇eêθθ = mmrr 2 θθ̇eêzz (7.24)dove eêzz , che è il versore del momento angolare, è perpendicolare al piano del moto di Figura 7.7 (in versouscente) e non varia nel tempo. Dalla (7.24), poiché il momento angolare è un integrale del moto e l’orbitaè circolare (rr costante), segue che la velocità angolare orbitale θθ̇ è una costante, e quindi che anche ilmodulo vv della velocità orbitale vv⃗ (7.23) è costante (si noti che invece la sua direzione identificata dalversore eêθθ varia nel tempo.L’equazione del moto è la (7.6) dove la forza del riferimento inerziale è quella di attrazione gravitazionaleda parte della Terra e la forza di Coriolis è nulla perché nel riferimento rotante con il satellite il satellite èfermo. Scriviamo:mmrr⃗̈rrrrrr = − GGMM ⊕mmrr 2 eêrr + mmθθ̇ 2 rreêrr = 0⃗ (7.25)dove l’accelerazione del satellite rispetto al riferimento rotante è ovviamente nulla, visto che è fermorispetto ad esso. La (7.25) è quindi una equazione scalare nella sola direzione del versore radiale eêrr e siscrive nella forma:θθ̇ 22 rr 33 = GGMM ⨁ (7.26)che è la terza legge di Keplero scritta nel caso semplificato che stiamo studiando di un satellite di massatrascurabile rispetto alla Terra in orbita circolare di raggio rr attorno ad essa con velocità angolare costanteθθ̇: se abbiamo diversi satelliti artificiali su orbite circolari di diverso raggio attorno alla Terra, il rapporto trail quadrato del periodo orbitale PP = 2ππ/θθ̇ e il cubo del raggio orbitale è una costante (pari al prodottodella costante di gravitazione universale per la massa del corpo centrale, in questo caso quella della Terra).Dalla velocità orbitale (7.23), usando la terza legge di Keplero per la velocità angolare θθ̇ possiamo scriverela velocità orbitale del satellite lungo la sua orbita in funzione del raggio orbitale, e risulta:vv = GGMM ⨁rr(7.27)cioè la velocità lineare orbitale di un satellite in orbita circolare intorno alla Terra diminuisce come la radicequadrata del raggio orbitale, quindi, più bassa è l’orbita del satellite più velocemente esso si muove lungo lasua orbita.47

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Da questo fatto seguono apparenti “paradossi”. Consideriamo l’effetto dell’atmosfera residua lungol’orbita del satellite. Infatti, sebbene la maggior parte della atmosfera terrestre sia confinata nei primi 10km di altezza dalla superficie, una atmosfera residua di densità vai via più bassa si estende fino a qualchemigliaio di chilometri. A tali altezze il satellite orbita nel mezzo atmosferico e subisce una forza (indirezione opposta alla direzione del moto lungo l’orbita) proporzionale al quadrato della sua velocità (cioèalla velocità relativa tra il satellite e le particelle dell’atmosfera) e all’area AA della superficie che il satelliteoppone al moto relativo delle particelle (la sezione di superficie perpendicolare alla velocità):FF aaaaaaaaaaaaaaaaaa ≃ ρρρρvv 2 kg m sec −2 (7.28)e quindi l’accelerazione che si oppone al moto lungo l’orbita è:aa aaaaaaaaaaaaaaaaaa ≃ ρρ AA mm vv2 m sec −2 (7.29)Questa accelerazione che si oppone al moto farà necessariamente perdere energia al satellite e poiché,come calcoliamo di seguito con la (7.30), essa è negativa e inversamente proporzionale al raggio orbitale,perdere energia significa per il satellite avere una energia più negativa (il cui modulo aumenta) e quindiperdere di quota. Ma per un raggio orbitale minore la velocità orbitale (7.27) aumenta e pertanto −in unapparente paradosso− il satellite che ci si aspetterebbe essere “frenato” dalla resistenza dell’atmosferaresidua in realtà viene da essa accelerato.Quanto vale l’energia totale del satellite in orbita? La domanda è importante perché ci dice quanta energiagli deve essere fornita al momento del lancio sulla superficie. L’energia totale è la somma dell’energiacinetica (con la velocità (7.27)) più quella potenziale gravitazionale (nel campo della Terra), per la qualeusiamo la (5.11), ricordando che in quel caso era calcolata per unità di massa. Abbiamo quindi per l’energiadel satellite artificiale in orbita circolare di raggio rr attorno alla Terra:EE = 1 2 mmvv2 − GGMM ⨁mmrr= 1 2 mm GGMM ⨁rr− GGMM ⨁mmrr= − GGMM ⨁mm2222(7.30)Si noti che per il satellite in orbita chiusa attorno alla Terra l’energia totale è negativa.Applicando la conservazione dell’energia tra il tempo del lancio del satellite dalla superficie della Terra e unqualunque tempo con il satellite in orbita otteniamo il valore della velocità che il razzo lanciatore deveessere in grado di fornire per mettere il satellite in quell’orbita. Abbiamo:EE llllllllllll = EE ⇔ 1 2 mmvv 2llllllllllll− GGMM ⨁mmRR ⊕= − GGMM ⨁mm2rr⇒ vv llllllllllll = 2GGMM ⊕ 1RR ⊕− 1 2rr (7.31)Assumendo il caso più semplice di un satellite in orbita molto bassa (tipo lo Sputnik, il primo satellitelanciato dai russi nell’ottobre del 1957), cioè rr = RR ⊕ + h = RR ⊕ (1 + h/RR ⊕ ) ≃ RR ⊕ abbiamo:vv oooooooooooo bbbbbbbbbb ≃ GGMM ⨁RR ⊕≃ 6.67 ⋅ 10−11 ⋅ 5.98 ⋅ 10 246.4 ⋅ 10 6 m sec −1 ≃ 7.9 ⋅ 10 3 m sec −1≃ 7.9 km sec −1 (7.32)48

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011cioè la velocità da fornire al lancio è quella di un satellite in orbita circolare “raso terra”. Si noti che il valoredi vv llllllllllll non dipende dalla massa del satellite, ma la sua energia cinetica si, e il razzo deve essere in gradodi fornirla, per questo i russi fecero il primo tentativo con lo Sputnik che pesava solo 82 kg.E se invece volessimo far sfuggire il satellite dal campo gravitazionale terrestre? Applichiamo laconservazione dell’energia tra il tempo del lancio per far fuggire il satellite e quello in cui il satelliteraggiunge una distanza infinita dalla Terra (quindi l’energia potenziale gravitazionale è nulla) e la raggiungecon velocità nulla (e quindi ha energia cinetica nulla). Abbiamo:EE ffffffff = EE ∞⇔12 mmvv 2ffffffff − GGMM ⨁mm= 0 + 0 ⇒ vvRR ffffffff = 2GGMM ⨁(7.33)⊕ RR ⊕Il confronto della (7.33) con la (7.32) è sorprendente perché:vv ffffffff = √2 ⋅ vv oooooooooooo bbbbbbbbbb ≃ 1.4 ⋅ 7.9 km sec −1 ≃ 11.2 km sec −1 (7.34)cioè, per poter sfuggire al campo gravitazionale terrestre (e quindi entrare nel campo gravitazionale delSole e andare ad esplorare altri pianeti) bastano solo 3.2 km/sec in più dei 7.9 km/sec indispensabili perentrare in orbita bassissima attorno alla Terra. Questo ci dice che il problema principale è uscire dalla“buca” del potenziale di attrazione gravitazionale della Terra; fatto questo, andare molto più lontano è inproporzione piuttosto facile dal punto di vista dell’energia di lancio. Comprendiamo quindi che mettere inorbita una enorme stazione spaziale come la ISS (International Space Station), anche se a soli 350 km daTerra, sia impresa difficile e costosa dal punto di vista del lancio.Si noti che per esplorare altri pianeti del Sistema Solare con delle sonde artificiali occorre consideraredapprima il sistema Terra-sonda (di massa del tutto trascurabile) e metterla in orbita bassa attorno allaTerra (con la velocità (7.27)); quindi il sistema Terra-Sole-sonda e si usano razzi sufficienti per far uscire lasonda dal campo gravitazionale della Terra (non si deve andare all’infinito, ma ad una distanza sufficientedalla Terra per cui il campo gravitazionale dominante diventi quello del Sole; occorre fornire circa i 3.2km/sec calcolati sopra); quindi il sistema Sole-pianeta da visitare-sonda e viaggiare (sempre in base allagravità) verso di esso; infine il sistema pianeta da visitare-sonda per mettere la sonda in orbita attorno adesso oppure per discendervi (per alcune manovre occorrerà disporre di razzi).I risultati ottenuti per il satellite artificiale in orbita circolare attorno alla Terra qui valgono anche nel caso dipianeti di massa trascurabile rispetto al Sole in orbita circolare attorno ad esso; basta sostituire la massa delSole MM ⊙ ≃ 1.99 ⋅ 10 30 kg al posto di quella della Terra MM ⊕ ≃ 5.98 ⋅ 10 24 kg . In generale questi risultativalgono per qualsiasi corpo centrale attorno al quale orbitino corpi di massa trascurabile rispetto ad esso suorbite circolari. Abbiamo considerato ciascun problema dei 2 corpi come isolato, cioè l’ interazionegravitazionale tra i corpi orbitanti è stata trascurata, il che equivale ad assumere che le orbite dei vari corpisiano abbastanza distanziate l’una dall’altra da rendere le mutue interazioni (la forza gravitazionaledecresce col quadrato della distanza relativa) sufficientemente piccole da rendere validi −nelle nostreapprossimazioni− i risultati trovati.Si noti che il caso della Luna in orbita attorno alla Terra −anche trascurando il Sole (cioè considerando ilsistema Terra-Luna come isolato) e il fatto che l’orbita lunare non è esattamente circolare− sarebbe49

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011approssimato piuttosto male nella nostra ipotesi di un satellite di massa trascurabile attorno alla Terraperché la massa della Luna è MM llllllll ≃ 7.35 ⋅ 10 22 kg ≃ 1/81 MM ⨁ .Sappiamo che la circonferenza è un caso particolare di ellisse e che, per la prima legge di Keplero, le orbitedei pianeti attorno al Sole, sono ellissi di cui il Sole occupa uno dei 2 fuochi. Lo stesso vale ovviamente perle orbite dei satelliti attorno alla Terra, siano essi la Luna oppure satelliti artificiali messi in orbita dall’uomo,come ad esempio i satelliti geosincroni per la meteorologia e le telecomunicazioni oppure (a quota moltopiù bassa) la stazione spaziale internazionale.Per la definizione e le proprietà dell’ellisse si veda la Figura 7.8 e relativa didascalia.Consideriamo il caso generale di un primario di massa MM e un secondario d massa mm, entrambi puntiformi.Manteniamo per il momento l’approssimazione mm ≪ MM ma consideriamo il caso in cui l’orbita sia ellittica,non necessariamente circolare. La terza legge di Keplero è analoga alla (7.23) del caso particolare di orbitacircolare ma siccome la velocità angolare θθ̇ non è più costante lungo l’orbita nella terza legge di Keplerocompariranno il suo valore medio, noto come moto medio e indicato come nn ≡ 〈θθ̇〉 = 2ππ/PP e il semiassemaggiore aa dell’ellissenn 22 aa 33 = GGMM ⨁ (7.35)Figura 7.8: Ellisse con fuochi FF 1 , FF 2 , semiasse maggiore aa e semiasse minore bb = √1 − ee 2 dove 0 ≤ ee < 1 èl’eccentricità dell’ellisse. Ciascun fuoco dista dal centro di simmetria CC dell’ellisse la distanza (detta distanza focale)ff = aaaa. L’ellisse è definita come il luogo dei punti la cui distanza dai due fuochi ha somma pari all’asse maggiore:dd 1 + dd 2 = 2aa. Si può anche definire a partire dalla circonferenza di raggio pari al semiasse maggiore prendendo ognipunto della circonferenza, proiettandolo sull’asse maggiore dell’ellisse e riducendo la distanza da esso del fattore√1 − ee 2 . Il semiasse maggiore è anche il valor medio del raggio orbitale (la distanza di un punto sull’ellisse dal fuoco):per il fuoco: la distanza del punto rosso sull’ellisse da FF 1 varia da un minimo di aa − ff = aa(1 − ee) ad un massimo di50

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011aa + ff = aa(1 + ee) e pertanto vale in media aa (che nel caso dell’orbita circolare è semplicemente il raggio dell’orbita).Si noti che basta dare aa, ee per definire una ellisse. È anche evidente che se ee = 0 i due fuochi coincidono col centro disimmetria e l’ellisse coincide con la circonferenza, che è quindi un caso particolare di ellisse. Prendendo un sistema diassi cartesiani xx, yy centrati in CC e diretti lungo i semiassi maggiore e minore rispettivamente, l’ellisse è descrittadall’equazione: xx 2 /aa 2 + yy 2 /bb 2 = 1. L’ellisse (incluso il caso particolare della circonferenza) è una conica. Le conichecon ee > 1 sono iperboli, quelle con ee = 1 sono parabole, quelle con 0 ≤ ee < 1 sono ellissi (circonferenze se ee = 0 ).Il fatto che la velocità angolare non sia costante lungo l’ellisse si esprime anche come la legge delle aree(nota anche come seconda legge di Keplero): “il vettore posizione di un pianeta attorno al Sole spazza,lungo la sua orbita ellittica, aree uguali in tempi uguali”. Questa “legge” è in realtà conseguenza del fattoche il modulo del momento angolare orbitale è un integrale del moto (se il vettore momento angolare LL⃗ èun integrale del moto (vedi la (7.21)), esso deve essere costante in modulo, direzione e verso. Nel casodell’orbita ellittica il vettore velocità lineare del corpo lungo l’orbita LL⃗ si scrive:vv⃗ ≡ rr⃗̇ = rṙeêrr + rreê̇rr = rṙeêrr + rrθθ̇eêθθ (7.36)che generalizza la (7.23) in quanto il modulo del raggio vettore posizione lungo l’ellisse non è costante.Tuttavia la componente radiale del vettore velocità non contribuisce al vettore momento angolare:LL⃗ = rr⃗ × pp⃗ = mmrr⃗ × vv⃗ = mmmmeêrr × rṙeêrr + rrθθ̇eêθθ = mmmmeêrr × rrθθ̇eêθθ = mmrr 2 θθ̇eêzz (7.37)che quindi ha la stessa espressione (7.24) che aveva nel caso dell’orbita circolare, ricordando però chesebbene il modulo di LL⃗ sia costante:LL = mmrr 2 θθ̇ = cccccccccccccccc (7.38)poiché rr varia lungo l’orbita ellittica, anche θθ̇ dovrà variare. La (7.38) ci dice anche di più: θθ̇ deve variarecome l’inverso del quadrato della distanza dal corpo centrale, che comincia ad assomigliare alla legge dellearee di Keplero. Se definiamo la velocità areolare del corpo orbitante come l’area spazzata dal suo raggiovettore nell’unità di tempo e ragioniamo come in Figura 7.9 concludiamo che la velocità areolare, essendoproporzionale al momento angolare seconda la relazione:dddddddd = 1 LL2 mm(7.39)è anch’essa una costante del moto, il che non è altro che la cosiddetta legge delle aree o seconda legge diKeplero enunciata sopra.51

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Figura 7.9: Relazione tra velocità areolare e modulo del momento angolare (per unità di massa). La figura mostra unarco dell’ellisse di Figura 7.8, con il corpo che si sposta dal punto PP al punto PP ′ percorrendo l’archetto elementaredddd = rrrrrr dove dddd è l’angolo elementare spazzato dal raggio vettore rr⃗ durante questo spostamento del corpo. L’areaelementare spazzata è quella del triangolo FF 1 PPPP ′ e quindi vale dddd = (1/2)rr ⋅ rrrrrr = (1/2)rr 2 dddd. Derivandola rispettoal tempo otteniamo l’area spazzata nell’unità di tempo , che è appunto la velocità areolare: dddd/dddd = (1/2)rr 2 θθ̇. E dalconfronto con la (7.38) vediamo che la velocità areolare è, a meno di una costante numerica, il momento angolareorbitale per unità di massa del corpo orbitante, come mostrato in Figura. Quindi, siccome il momento angolare è unacostante del moto anche la velocità areolare lo è. Il fatto che l’area spazzata dal raggio vettore sia costante è un altromodo di esprimere la seconda legge di Keplero secondo la quale il raggio vettore spazza aree uguali in tempi uguali.Quanto all’energia del satellite in orbita, che nel caso di orbita circolare era data dalla (7.30), nel caso diorbita ellittica contiene il semiasse maggiore (il raggio medio dell’orbita) e si scrive:EE = − GGMM ⨁mm2222(7.40)Consideriamo ora cosa succede nel caso in cui la massa del secondario non sia trascurabile rispetto a quelladel primario. Il centro di massa del sistema è:rr⃗ CCCC = MMrr⃗ 11 + mmrr⃗ 22MM + mm(7.41)dove i vettori rr⃗ 1 ed rr⃗ 2 sono i raggi vettori del primario di massa MMe del secondario di massa. Se mettiamol’origine nel centro di massa (rr⃗ CCCC = 0⃗ ) e definiamo il vettore posizione relativa del corpo mm rispetto alcorpo MM come rr⃗ = rr⃗ 2 − rr⃗ 1 , abbiamo (Figura 7.10):rr⃗ 1 = −mmMM + mm rr⃗ rr⃗ 2 = MM rr⃗ (7.42)MM + mme quindirr 1rr 2= mm MM(7.43)da cui è evidente che se la massa mm è trascurabile rispetto ad MM il valore di rr 1 va a zero, il centro di massacoincide con la massa MM e quindi il moto del secondario si svolge attorno ad essa. In generale, entrambe lemasse ruoteranno attorno al comune centro di massa con la stessa velocità angolare come mostrato inFigura 7.10, in orbita circolare o in generale ellittica.Dalla (7.41), derivando rispetto al tempo abbiamo:rr⃗̇MMrr⃗̇ 1 + mmrr⃗̇2CCCC =MM + mm= cccccccccccccccc ⃗ (7.44)perché il sistema è isolato, non ci sono forze esterne che agiscano su di esso e quindi il centro di massadeve avere velocità (e quantità di moto lineare) costanti. Se poi, come nel nostro caso (e come in Figura7.10) mettiamo l’origine degli assi nel centro di massa:rr⃗̇CCCC = 0⃗ ⇒ MMrr⃗̇1 + mmrr⃗̇2 = 0⃗ , MMrr⃗̇1 = −mmrr⃗̇2 (7.45)52

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011da cui vediamo che le quantità di moto dei due corpi mentre orbitano al centro di massa sono sempreuguali in modulo e antiparallele; le velocità sono anch’esse antiparallele e in rapporto fisso pari al rapportoinverso tra le masse (il corpo più massiccio gira più piano e quello meno massiccio più veloce). È intuitivoche le ellissi percorse dai due corpi abbiano la stessa eccentricità.Figura 7.10: Due corpi (puntiformi) di massa MMed mm, soggetti alla loro mutua interazione gravitazionale, separati dalvettore rr⃗ (con piede in MM e testa in mm) e con il centro di massa nell’origine degli assi. In questo sistema i vettoriposizione di ciascun corpo si scrivono come in Figura e il rapporto tra i loro moduli è uguale al rapporto inverso dellemasse: rr 1 /rr 2 = mm/MM. Entrambe le masse ruotano attorno al comune centro di massa la cui quantità di moto siconserva (perché il sistema è isolato. Avendo messo l’origine nel centro di massa questa quantità di moto è nulla equindi (per le (7.45)) i vettori velocità dei due corpi sono sempre opposti l’’uno all’altro e il loro rapporto sempreuguale al rapporto inverso delle masse.La terza legge di Keplero varrà, invece che nella forma (7.35), nella forma più generale:nn 22 aa 33 = GG(MM + mm) (7.46)in cui la costante di gravitazione universale risulta moltiplicata per la massa totale dei due corpi (nonsoltanto per la massa del primario). In questa forma non era in effetti nota neppure a Keplero, il qualetrascurava la massa dei pianeti rispetto al Sole (anche nel caso di Giove) e quindi trovava che il rapporto trail cubo dei semiassi maggiori e il quadrato dei periodi era GGMM ⊙ e pertanto aveva lo stesso valore per tutti ipianeti.Quando si tratta il moto di due corpi, e può risultare difficile visualizzare il loro motocontemporaneamente, è molto utile introdurre il concetto di massa ridotta M definita come il prodottodiviso per la somma delle masse dei due corpi:MM =MMMMMM + mm(7.47)53

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Usiamo la massa ridotta per descrivere il moto dei due corpi attorno al comune centro di massa al moto diun solo corpo (Figura 7.11).Figura 7.11: Il sistema a due corpi di Figura 7.10 è stato ridotto ad un solo corpo usando la massa ridotta M =MMMM/(MM + mm). Nell’origine si trova (fissa) la massa totale del sistema MM tttttttttttt = MM + mm mentre la massa ridotta M,con raggio vettore pari al vettore posizione relativa della massa mm rispetto alla massa MM, rr⃗ = rr⃗ 2 − rr⃗ 1 , ruota attornoad essa con la velocità angolare istantanea θθ̇ (come in Figura 7.10).Nel caso mm ≪ MM la massa ridotta coincide con la massa del secondario:M =MMMMMM(1 + mm/MM) = mm≃ mm (7.48)1 + mm/MMquindi, la massa ridotta del sistema Terra-satellite artificiale è la massa del satellite artificiale, il cui motoabbiamo visto essere facile da descrivere perché avviene attorno alla Terra fissa.Se consideriamo l’energia totale del sistema data dalla (7.40), e la riscriviamo usando la massa ridotta(7.47), abbiamo:EE = − GGMMM tttttttttttt2aa(7.49)che è appunto l’energia del sistema di Figura 7.11 dove le due masse sono la massa ridotta M =MMMM/(MM + mm) e la massa totale MM tttttttttttt = (MM + mm) il cui prodotto MMMM compariva nell’energia (7.47) delsistema di due corpi.54

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011C1− Compitino 13 Aprile 2011: Valutazione quantitativa delladeviazione dei graviCalcolare l’angolo di deviazione ψψ di un corpo di massa mm in caduta da una altezza h sulla superficie dellaTerra −che ruota alla velocità angolare ωω ⨁ ≃ 2ππ/(86164 s)− misurato da un osservatore a latitudine θθdell’emisfero Nord (riferimento OOOOOOZZ). Il corpo viene rilasciato con velocità iniziale nulla.Figura 1: Calcolare l’angolo di deviazione ψψRisolvere dapprima il problema della caduta del corpo assumendo che la Terra non ruoti (cioè assumendodi essere in un riferimento inerziale). In questa ipotesi:• scrivere i vettori posizione e velocità iniziali del corpo• scrivere le equazioni del moto• integrando una prima volta le equazioni del moto scrivere il vettore velocità al generico tempo tt• integrando ancora una volta scrivere il vettore posizione al generico tempo tt• infine, calcolare il tempo tt ffffffffffff al quale il corpo in caduta tocca terraConsiderare ora che sul moto del corpo come sopra descritto agisce l’accelerazione di Coriolis in quanto ilsistema di riferimento non è inerziale a causa della rotazione della Terra. Quindi:• dimostrare che l’accelerazione di Coriolis agisce, durante tutto il tempo di caduta del corpo, nelladirezione XX (verso Est) e calcolarne il valore• integrare una prima volta per calcolare la velocità al generico tempo tt dovuta alla accelerazione diCoriolis (quindi nella direzione XX)• integrare una seconda volta e calcolare lo spostamento al generico tempo tt (lungo XX) prodottodalla accelerazione di Coriolis, e infine calcolarne il valore al tempo tt ffiiiiiiiiii in cui il corpo tocca terra• a questo punto si hanno tutti gli elementi necessari per calcolare l’angolo di deviazione ψψ55

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Scrivere il valore di ψψ al Polo e all’equatore (cioè ψψ(θθ = ππ/2) e ψψ(θθ = 0))L’angolo di deviazione non dipende dalla massa mm del corpo. Perché?Dire cosa cambierebbe per un osservatore che si trovasse alla stessa latitudine θθ ma nell’emisfero Sud.Cosa succederebbe se, dopo aver risolto il problema nel riferimento inerziale si considerasse l’accelerazionecentrifuga?SoluzioneVettori posizione e velocità iniziali del corpo nel riferimento di Figura 1:rr⃗(0) = (0,0, h) rr⃗̇(0) = (0,0,0) (CC1.1)Equazioni del moto nel riferimento di Figura 1 assumendo che la Terra non ruoti (in questa ipotesi ilriferimento è inerziale e il corpo è soggetto soltanto alla forza di gravità locale):mmrr⃗̈(tt) = 0,0, − GGMM ⨁mmRR ⨁2 MM ⊕ , RR ⊕ mmmmmmmmaa ee rrrrrrrrrrrr dddddddddd TTTTTTTTTT (CC1.2)La massa del corpo al primo membro è la massa inerziale, quella a secondo membro è la massagravitazionale; siccome secondo il Principio di Equivalenza sono uguali, abbiamo che la massa del corpo noninterviene nel moto:rr⃗̈(tt) = (0,0, −gg)gg = GGMM ⨁RR ⨁2 (CC1.3)Integrando una prima volta le (C1.3), e tenendo conto che la velocità iniziale è nulla, otteniamo la velocitàdel corpo al generico tempo tt:rr⃗̇(tt) = (0,0, −gggg)(CC1.4)Integrando ora le (C1.4), e tenendo conto del vettore posizione iniziale come da (C1.1) abbiamo:rr⃗(tt) = (0,0,0) = 0,0, − 1 2 ggtt2 + h(CC1.5)da cui possiamo calcolare il tempo tt ffffffffffff al quale il corpo tocca terra:rr⃗tt ffffffffffff = (0,0,0) = 0,0, − 1 2 ggtt 2ffffffffffff+ h ⇒ tt ffffff aaaaaa = 2h gg(CC1.6)Teniamo ora conto della rotazione della Terra. Il riferimento di Figura 1 è adesso un riferimento noninerziale e poiché il corpo si muove rispetto ad esso ci sarà un accelerazione di Coriolis non nulla. Sappiamoche gli effetti dovuti alla rotazione sono piccoli e li trattiamo aggiungendoli linearmente al motoprecedentemente calcolato nell’ipotesi di assenza di rotazione e riferimento inerziale.Dalla Figura 1, (e ricordando anche la Figura 7.2 delle lezioni) scriviamo il vettore della velocità angolare dirotazione della Terra nel riferimento di Figura 1:56

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011ωω⃗ ⊕ = 0, ωω ⊕ cccccccc, ωω ⊕ ssssssss(CC1.7)Sappiamo che l’accelerazione di Coriolis è:aa⃗ cccccccccccccccc = −2ωω⃗ ⊕ × rr⃗̇(tt) (CC1.8)e quindi, usando la (C1.7) e la (C1.4) vediamo che soltanto la componete Y del vettore di rotazione dellaTerra, essendo perpendicolare alla velocità del corpo, contribuisce alla accelerazione di Coriolis che risultaessere diretta lungo la direzione delle X positive e cioè verso Est (Figura 1):aa⃗ cccccccccccccccc (tt) = 2ggggωω ⊕ cccccccc, 0, 0(CC1.9)da cui, integrando una prima volta e poi una seconda volta otteniamo i vettori velocità e posizione causatidalla accelerazione di Coriolis (le condizioni iniziali lungo l’asse X su cui agisce Coriolis sono nulle perché ilmoto nel riferimento inerziale era soltanto lungo l’asse Z):rr⃗̇cccccccccccccccc (tt) = ggtt2 ωω ⊕ cccccccc, 0, 0 (CC1.10)rr⃗ cccccccccccccccc (tt) = 1 3 ggtt3 ωω ⊕ cccccccc, 0, 0(CC1.11)Dalla (C1.11), al tempo tt ffffffffffff dato dalla (C1.6) otteniamo di quanto il corpo si è spostato verso Est(direzione delle X positive) a causa della accelerazione di Coriolis quando tocca terra:xx cccccccccccccccc tt ffffffffffff = 1 3 ggωω ⊕cccccccc 2h 3/2gg = 2 3 hωω ⊕cccccccc 2h 1/2gg = 2 3 hωω ⊕cccccccc tt ffffffffff ee (CC1.12)Dalla Figura 1 (lato destra) osservando il triangolo disegnato nel piano XZ (i cui vertici sono: l’origine, laposizione iniziale ad altezza h lungo Z e la posizione finale quando il corpo tocca Terra avendo tenuto contodella accelerazione di Coriolis – si noti che la figura non è in scala…) abbiamo che l’angolo di deviazioneverso Est è:ψψ = xx cccccccccccccccc tt ffffffffffff h= 2 3 ωω ⊕cccccccc tt ffffffffffff (CC1.13)Alla latitudine di Pisa (circa 44° ) e per un corpo in caduta dalla torre di Pisa (alta circa 60 m) si ha un tempodi caduta di circa 3.5 sec e quindi un angolo di deviazione verso Est:ψψ ttoooooooooooooooooooo ≃ 2 3 7.29 ⋅ 10−5 ⋅ 0.72 ⋅ 3.5 ≃ 1.2 ⋅ 10 −4 rad (CC1.14)E quindi lo spostamento lineare verso Est ammonta a (dalla C1.12):xx tttttttttttttttttttttt ≃ 1.2 ⋅ 10 −4 ⋅ 60 m ≃ 7 ⋅ 10 −3 m = 7 mm (CC1.15)che confrontato con i 60 m della altezza di caduta ci dice che la deviazione è piccola e la Figura 1 non è inscala.Seguono le risposte alle ultime domande del testo.57

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011• La dipendenza della deviazione verso Est dalla latitudine si evince dalla (C1.9): come l’accelerazionedi Coriolis la deviazione è massima all’equatore e nulla ai poli (perché dipende dalla componentenel piano orizzontale del vettore di rotazione di rotazione della Terra, che è appunto massimaall’equatore e nulla ai poli).• Dalla (C1.9) vediamo inoltre che anche un osservatore nell’emisfero Sud (dove la latitudine ènegativa) trova la stessa deviazione verso Est (perché il coseno è una funzione pari). Questo fatto sipuò vedere anche graficamente dalla Figura 7.3.• La deviazione dei corpi in caduta non dipende dalla massa m del corpo per il Principio diequivalenza tra massa inerziale e massa gravitazionale.• Trovandosi in un riferimento rotante il corpo è soggetto anche all’accelerazione centrifuga, che saràdiretta come in Figura 2 (lato sinistro).Figura 2: Aggiunta, rispetto alla Figura 1 (lato sinistro), della accelerazione centrifuga aa⃗ cccccccccc applicata nell’origine delsistema di riferimento dell’osservatore, assumendo che non vari lungo i diversi punti della traiettoria di caduta delgrave. Nel sistema di riferimento disegnato a destra questa accelerazione ha una componente verso Sud (Y negative) euna verso lo Zenit (Z positive)L’accelerazione centrifuga è proporzionale alla distanza RR ⊕ cccccccc (trascuriamo rispetto a questo valore lepiccole variazioni di distanza dall’asse di rotazione durante la caduta del corpo, poiché h ≪ RR ⊕ ) e almodulo quadro della velocità di rotazione della Terra. Nel riferimento dell’osservatore abbiamo:aa⃗ cccccccccc = 0, −ωω ⊕ 2 RR ⊕ cccccccccccccccc, ωω ⊕ 2 RR ⊕ cccccc 2 θθ(CC1.16)La componente (positiva) lungo Z avrà per effetto di ridurre l’accelerazione di caduta (rispetto al valore ggche si avrebbe trascurando l’accelerazione centrifuga) e quindi di aumentare leggermente il tempo dicaduta. La componente lungo la Y negativa ha per effetto di deviare il corpo verso Sud (vedi esercizio sulfilo a piombo-pendolo). La somma vettoriale della accelerazione centrifuga (C1.16) e della accelerazione di2gravità data da gg = GGMM ⨁ /RR ⨁ e diretta verso il centro della Terra (e quindi lungo Z nel riferimento di Figura1 e 2, lato destro) determina la effettiva accelerazione locale di gravità alla quale i corpi sulla superficiedella Terra rotante sono soggetti, che è quella che misuriamo (dato che non possiamo fare misure su unaTerra non rotante…). Quindi, il riferimento del piano orizzontale dell’osservatore (ad una data latitudine) è58

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011definito dalla direzione della accelerazione di gravità locale, che include necessariamente la componentedell’accelerazione centrifuga nel piano orizzontale (verso Sud) e il modulo della accelerazione di caduta deigravi include anch’esso la piccola componente positiva lungo l’asse Z della accelerazione centrifuga.In conclusione, l’ultima domanda del problema è una domanda trabocchetto perché non ha sensoconsiderare l’accelerazione centrifuga dopo aver calcolato la deviazione verso Est. L’accelerazionecentrifuga è già necessariamente inclusa nella definizione del riferimento dell’osservatore (l’asse Z èdefinito dalla direzione del filo a piombo, che è deviato verso Sud dalla accelerazione centrifuga dell’angolo(7.16)) e nel valore effettivo della accelerazione locale di gravità che è:gg llllllllllll= gg 1 − ωω ⊕ 2 RR ⊕ cccccc 2 θθgg(CC1.17)2con gg = GGMM ⨁ /RR ⨁ , ed il valore di gg llllllllllll è quello della accelerazione cui ogni corpo è soggetto sullasuperficie della Terra (e quindi quello che misuriamo) e che entra in particolare nel calcolo della deviazioneverso Est del corpo in caduta, che era l’argomento del problema.RisultatiStudenteNumero e NoteValutazioneposizioneALAGNA Manuela 1-C7 5 InsufficienteASCANIO Carmen 2-D4 1 ≤ 18BACCI Alice 3-S3 1 ≤ 18BARTALUCCI Niccolò 4-C3 1 Usa il bianchetto BuonoBASILE Carlo 5-C6 1 InsufficienteBELLUCCI Luca 6-D1 2 Chiaro SufficienteBERNARDINI Sara 7- S2 BuonoBERTONI Maximiliano 8 - S1 BuonoBIANCO Romualdo 9-S5 2 Sufficiente +BRESCIANI Giulio 10-C6 2 ≤ 18BORELLO Eleonora 11-S6 1 SufficienteBRANCHI Alberto 12-D11 2 Errore di segno (copiato con Abbastanza buonoGiovannini)CAMPITELLI Giada 13-D9 2 InsufficienteCHIERA Martin 14-S9 2 InsufficienteCHIOCCA Giulia 15-S8 Confuso Abbastanza buonoCOLALILLO Marialuigia 16-C7 4 ≤ 18COSI Emanuele 17-C4 3 InsufficienteCRUCELI Pina 18-C8 2 ≃InsufficienteCUPISTI Nicola 19-D5 3 ≃InsufficienteDI GIANVINCENZO Fabiana 20-C7 2

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011FALUGIANI Niccolò 28-S5 3 Molto buonoFIGUCCIA Stefania 29-D3 2 Sufficiente +FILOMENA MIRO 30-C9 1 ≤ 18GALLIANI Gianmarco 31-D6 3 BuonoGERARDI Chiara 32-D2 2 E chiaro BuonoGHILARDI Maria 33-C5 4 ≤ 18GIOVANNINI Tommaso 34-D11 1 Grande confusione sui segni Sufficiente(copiato con Branchi)GIUSTI Claudia 35-S7 2 BuonoGRECO Daniele 36-D2 1 Quasi sufficienteGUARRA Federica 37-D5 1 Anche se un po’ contorto Molto buonoGUIDI 38-C8 3

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011TURELLI Lorenzo 75-C9 5 InsufficienteVADACCA Giorgio 76-D5 2 Ma piuttosto confuso BuonoVANNI Andrea 77-S4 3 Quasi sufficienteVANNI Matteo 78-C0 1 Ma molto confuso SufficienteVASELLI Alessio 79-C5 2 Molto confuso ≤ 18VERGAMINI Veronica 80-C8 4 InsuffcicienteVICHI Alice 81-D8 2 Ma molto confuso 18VILLANO Nunzia 82-C5 1 ≤ 18VILLANOVA Rosa Noemi 83-S11

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Angoli di Eulero e rotazioni nel pianoRiferiamo il corpo rigido ad un sistema di riferimento inerziale. Sia rr⃗ ii ii = 1, … … , NN il vettore posizionedella corrispondente particella di massa mm ii rispetto al riferimento inerziale scelto. Il centro di massa delcorpo rigido sarà individuato in questo riferimento dal raggio vettore:rr⃗ CCCC = ∑ ii mm iirr⃗ ii∑ ii mm iiMM = mm iiii(8.1)dove la sommatoria si intende estesa su ii = 1, … … , NN. In assenza di forze esterne applicate al centro dimassa del corpo sarà, per la (3.2):MMrr⃗̇CCCC = ∑ mm ii rr⃗ ii̇ii= cccccccccccccccc ⃗ (8.2)cioè la quantità di moto lineare del corpo si conserva. Traslando rigidamente il sistema di riferimentoinerziale in modo che la sua origine coincida con il centro di massa del corpo rigido il moto rettilineouniforme (8.2) si annulla eliminando 3 dei 6 gradi di libertà del corpo, che resterà libero soltanto di ruotareattorno al suo centro di massa.Qualunque sia il moto di rotazione del corpo rigido attorno al centro di massa, in ogni istante il suo statorispetto al riferimento inerziale centrato nel suo centro di massa (per un satellite artificiale si parla diassetto del satellite) è noto dati i 3 angoli di Eulero (Figura 8.1).Figura 8.1: I 3 angoli αα, ββ, γγ −noti come angoli di Eulero− identificano univocamente la posizione del corpo rigidosolidale con il sistema di riferimento disegnato in rosso rispetto al sistema di riferimento inerziale disegnato in azzurro.L’origine degli assi coincide con il centro di massa del corpo rigido. La linea NN disegnata in verde è la linea di62

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011intersezione tra il piano XX, YY del corpo e il piano xx, yy del riferimento inerziale e si chiama linea dei nodi. In ogni istantela posizione del corpo rigido rispetto al riferimento inerziale è nota dati i valori in quell’istante degli angoli di Euleroαα, ββ, γγ.Si può passare dal riferimento inerziale a quello solidale con il corpo rigido con 3 rotazioni, ciascuna insenso antiorario, dei 3 angoli di Eulero (Figura 8.1): la prima rotazione di un angolo αα attorno all’asse zz delriferimento inerziale; la seconda rotazione di un angolo ββ attorno alla linea dei nodi N; la terza rotazione diun angolo γγ attorno all’asse ZZ del riferimento solidale con il copro rigido. Viceversa, volendo passare dalriferimento solidale con il corpo a quello inerziale basta eseguire le 3 rotazioni in sequenza invertita (terza,seconda, prima) e in senso orario, quindi con gli angoli cambiati di segno (−γγ, −ββ, −αα) per la convenzionesui segni degli angoli.Ciascuna di esse è una rotazione del piano come in (Figura 8.2) dove il passaggio dagli assi coordinati (xx, yy)a quelli (xx ′ , yy ′ ) è dato dalle equazioni: xx′ = xxxxxxxxxx + yyyyyyyyyyyy ′ = −xxxxxxxxxx + yyyyyyyyyy(8.3)che si può più semplicemente scrivere in forma matriciale:yy ′ = cccccccc ssssssss−ssssssss cccccccc xx yy (8.4) xx′dove il prodotto si esegue riga-per-colonna (così dalla (8.4) si ottengono le (8.3)). Notare che la riga e lacolonna devono avere lo stesso numero di elementi, in questo caso 2. Per eseguire la rotazionecorrettamente è importante il segno meno davanti al seno dell’angolo di rotazione: cambiando verso dirotazione l’angolo cambia segno (positivo per la rotazione in verso antiorario, negativo per la rotazione insenso orario) e quindi il seno cambia segno (a differenza del coseno).Figura 8.2: Nel piano del foglio si passa dal sistema (xx, yy) al sistema (xx ′ , yy ′ ) ruotato rispetto ad esso di un angolo θθ inssenso antiorario. I punti (vettori) del piano restano fissi. Ciascun punto può essere scritto dando le sue coordinate siarispetto agli assi fissi che a quelli ruotati. Si chiede di scrivere le relazioni che permettono di passare dalle une allealtre.63

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Per verificare che le (8.3), (8.4) rappresentino correttamente la rotazione disegnata in Figura 8.2 facciamo ilcalcolo nel caso particolare in cui il punto di cui si vogliono scrivere le coordinate nel sistema sia PP = (1,0).Come mostrato in Figura, nel riferimento ruotato (xx ′ , yy ′ ) le coordinate dello stesso punto (cioè, sono gliassi che ruotano mentre il punto rimane fisso) sono PP = (cccccccc, −ssssssss) come in effetti ci danno le relazioniche abbiamo scritto.È importante stabilire se in problema dato si ruotano gli assi e i punti (vettori) restano fissi, oppureviceversa. Nel primo caso vogliamo sapere come le coordinate dello stesso punto (vettore) si scrivono neidue sistemi di riferimento; nel secondo caso vogliamo lasciare fisso il sistema di riferimento, ruotarefisicamente il vettore e scrivere le coordinate del vettore ruotato rispetto allo stesso sistema di assi. Sitratta di capire il problema che si sta affrontando. La differenza sta solo nel segno di θθ e quindi di ssssssss nelle(8.3), (8.4).Le (8.3), (8.4) ci permettono di passare dalle coordinate di ogni punto nel riferimento fisso a quelle dellostesso punto nel riferimento ruotato. Viceversa, possiamo scrivere il passaggio dalle coordinate nelriferimento ruotato a quelle nel riferimento fisso spostando solo il segno meno: xx yy = cccccccc ssssssss− sssssssscccccccc xx′ yy ′ (8.5)Energia cinetica di rotazione, momento angolare e momento di inerzia di un corpo rigidoNel seguito useremo spesso le seguenti relazioni tra vettori.Per il prodotto scalare tra 2 vettori di cui uno è a sua volta il risultato del prodottovettore di 2 vettori vale:aa⃗ ⋅ bb⃗ × cc⃗ = bb⃗ ∙ ( cc⃗ × aa⃗ ) = cc⃗ ∙ aa⃗ × bb⃗ (RR8.1)cioè si possono ruotare ciclicamente i vettori mantenendo fissi i simboli prodottoscalare e prodotto vettore. Notare che si è un numero, non di un vettore.Per il prodotto vettore tra 2 vettori di cui uno è a sua volta il risultato del prodottovettore di 2 vettori vale:aa⃗ × bb⃗ × cc⃗ = bb⃗ ( aa⃗ ∙ cc⃗ ) − cc⃗ aa⃗ ⋅ bb⃗(RR8.2)In questo caso si tratta di un vettore e non di uno scalare.Consideriamo un sistema di riferimento inerziale con origine degli assi nel centro di massa del corpo rigido.Ogni particella del corpo ha massa mm ii cccccc ii = 1, … . . , NN e raggio vettore posizione rr⃗ ii e il corpo ruota convelocità angolare ωω⃗ attorno all’origine-centro di massa. Non c’ è alcun moto di traslazione. L’energiacinetica di rotazione è:TT = 1 2 mm ii rr⃗̇ii ⋅ rr⃗̇ii (8.6)iiIl vettore velocità rr⃗̇ii rispetto al riferimento inerziale si scrive (vedi la (7.2)):64

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011rr⃗̇ii = ωω⃗ × rr⃗ ii (8.7)da cui:TT = 1 2 mm ii rr⃗̇ii ⋅ (ωω⃗ × rr⃗ ii ) = 1 2 mm ii ωω⃗ ⋅ rr⃗ ii × rr⃗ ii̇ = 1 2 ωω⃗ ⋅ mm ii ⋅ rr⃗ ii × rr⃗ ii̇ = 1 2 ωω⃗ ⋅ LL ⃗ (8.8)doveiiiiiiLL⃗ = mm ii ⋅ rr⃗ ii × rr⃗ ii̇ (8.9)iiè il vettore del momento angolare del corpo, ottenuto come somma del momento angolare di tutte leparticelle che lo compongono, che possiamo scrivere come:LL⃗ = mm ii ⋅ rr⃗ ii × rr⃗ ii̇ = mm ii ⋅ rr⃗ ii × (ωω⃗ × rr⃗ ii ) = mm ii ωω⃗rr 2 ii − rr⃗ ii (ωω⃗ ⋅ rr⃗ ii ) (8.10)iiiiiiSe nn è il versore che indica la direzione del vettore velocità angolare del corpo scriviamo:ωω⃗ = ωωnn (8.11)e usando la (8.10) nella (8.8) otteniamo:TT = 1 2 ωω⃗ ⋅ LL ⃗ = 1 2 ωω2 mm ii rr 2 ii − (nn ⋅ rr⃗ ii ) 2 (8.12)iiDefiniamo la grandezza tra parentesi (che ha le dimensioni fisiche [kkkk mm 2 ]) come:II nn = mm ii rr 2 ii − (nn ⋅ rr⃗ ii ) 2 (8.13)iie la chiamiamo momento di inerzia del corpo rispetto all’asse nn. Si ha:TT = 11 22 II nn ωω 22 (8.14)cioè, l’energia cinetica di rotazione di un corpo rigido che ruoti con velocità angolare ωω è 1/2 per la velocitàangolare al quadrato per il momento di inerzia del corpo rispetto alla direzione del vettore di rotazione.Il momento di inerzia di una massa mm rispetto ad un asse nn è definito in Fisica come il prodotto della massaper la distanza minima al quadrato da quell’asse, che si scrive −vedi Figura 2.4:II nn = mm ii (rr⃗ ii × nn) ⋅ (rr⃗ ii × nn) (8.15)iiLa (8.15) e la (8.13) sono uguali. Per dimostrarlo definiamo un vettore ausiliario pp⃗ = rr⃗ ii × nn e usiamo le(RR8.1) , (RR8.2):65

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011II nn = mm ii pp⃗ ⋅ (rr⃗ ii × nn) = mm ii rr⃗ ii ⋅ (nn × pp⃗) = mm ii rr⃗ ii ⋅ nn × (rr⃗ ii × nn) = mm ii rr⃗ ii ⋅ rr⃗ ii − nn(nn ⋅ rr⃗ ii )iiiiii= mm ii rr 2 ii − (nn ⋅ rr⃗ ii ) 2 (8.16)iiTorniamo al momento angolare nella forma (8.10). Se ne scriviamo le 3 componenti abbiamo 3 relazionilineari con le 3 componenti del vettore velocità angolare:LL xx = II xxxx ωω xx + II xxxx ωω yy + II xxxx ωω zzLL yy = II yyyy ωω xx + II yyyy ωω yy + II yyyy ωω zz(8.17)LL zz = II zzzz ωω xx + II zzzz ωω yy + II zzzz ωω zzessendo:iiII xxxx = mm ii rr 2 ii − xx 2 ii iiII xxxx = − mm ii xx ii yy iiiiDalle (8.19) si nota che:II yyyy = mm ii rr 2 ii − yy 2 ii iiII xxxx = − mm ii xx ii zz iiiiII zzzz = mm ii rr 2 ii − zz 2 ii (8.18)iiII yyyy = − mm ii yy ii zz ii (8.19)iiII xxxx = II yyyy II xxxx = II zzzz II yyyy = II zzzz (8.20)Possiamo scrivere le (8.17) come prodotto di matrici (analogamente alle (8.4) nel caso di 2 equazioni):LL xxII xxxx II xxxx II xxxx ωω xxLL yy = II yyyy II yyyy II yyyy ωω yy = IIωω⃗ (8.21)LL zz II zzzz II zzzz II zzzzωω zzdove con il simbolo II abbiamo indicato la matrice:II xxxx II xxxx II xxxxII = II yyyy II yyyy II yyyy (8.22)II zzzz II zzzz II zzzzle cui componenti hanno tutte le dimensioni di un momento di inerzia e che viene anche chiamato tensored’inerzia del corpo. Come si vede dalle (8.18), (8.19) le sue componenti coinvolgono le coordinate (oltre allemasse) di tutte le particelle che compongono il corpo rigido, ed esprimono quindi proprietà specifiche delcorpo. È naturale perciò scrivere le coordinate in un riferimento fisso con il corpo, in modo che non varinonel tempo e che gli elementi della matrice (8.22) siano tutti costanti.La matrice (8.22) ha 9 componenti ma soltanto 6 sono indipendenti (per le relazioni (8.19)). In questo casosi può dimostrare che è sempre possibile trovare un sistema di assi cartesiani rispetto ai quali gli elementifuori diagonale siano nulli e la matrice si riduca alla forma diagonale:II = II 1 0 00 II 2 00 0 II 3 (8.23)66

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011Da un punto di vista fisico questo significa scegliere come sistema di assi solidali con il corpo i suoi assiprincipali di inerzia (in modo da rispettarne le simmetrie). I coefficienti II 1 , II 2 , II 3 sono dati dalle (8.18) macon le coordinate riferite agli assi principali di inerzia del corpo, e si chiamano infatti momenti principali diinerzia del corpo. Dalle (8.18), scritte nel sistema degli assi principali di inerzia xx, yy, zz e ricordando cherr ii 2 = xx ii 2 + yy ii 2 + zz ii 2 si ha:II 1 = mm ii yy 2 ii + zz 2 ii iiII 2 = mm ii zz 2 ii + xx 2 ii iiII 3 = mm ii xx 2 ii + yy 2 ii (8.24)iicioè, essendo yy 2 ii + zz 2 ii la distanza minima della particella ii − eeeeeeeeee dall’asse xx, zz 2 ii + xx 2 ii la suadistanza minima dall’asse yy e xx 2 ii + yy 2 ii la sua distanza minima dall’asse zz si vede che i momenti principalidi inerzia (8.24) non sono altro che i momenti di inerzia del corpo rispetto a questi assi secondo ladefinizione classica (8.15).Una volta individuati gli assi principali di inerzia del corpo, la (8.21) con la (8.23) ci da:LL xx II 1 ωω xxLL⃗ = LL yy = II 2 ωω yy (8.25)LL zz II 3 ωω zze per l’energia cinetica di rotazione, dalla (8.12) abbiamo (usando le (8.25)):TT = 1 2 ωω⃗ ⋅ LL ⃗ = 1 2 II 1ωω xx 2 + 1 2 II 2ωω yy 2 + 1 2 II 3ωω zz2(8.26)che la esprime come somma dell’energia cinetica di rotazione attorno a ciascuno dei 3 assi principali diinerzia del corpo. Ad esempio, se consideriamo la Terra come uno sferoide oblato in rotazione attornoall’asse zz con velocità angolare ωω e chiamiamo II 3 il suo momento d’inerzia rispetto a questo asse,abbiamo:LL⃗ = (0, 0, II 3 ωω) TT = 1 2 II 3ωω 2 (8.27)Dimostriamo una relazione importante tra il momento di inerzia di un corpo rispetto ad un asse passanteper il suo centro di massa e quello rispetto ad un asse parallelo al primo ma passante per un puntogenerico. Sia aa l’ asse passante per un generico punto PP del corpo e bb quello ad esso parallelo passante peril centro di massa CCCC. Prendiamo un sistema di assi cartesiani solidali col corpo con origine in PP. In essoscriviamo il momento di inerzia rispetto all’asse aa (come dalla definizione (8.15))II aa = mm ii (rr⃗ ii × nn aa ) 2 (8.28)iiIn questo riferimento il centro di massa è individuato dal vettore rr⃗ CCCC (definito come nella (8.1)):rr⃗ CCCC = ∑ ii mm iirr⃗ ii∑ ii mm iiSe chiamo rr⃗ ii′ il vettore posizione della particella ii − eeeeiiiiii rispetto al centro di massa, per la somma deivettori con la regola del parallelogramma vale:67

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011′rr⃗ ii + rr⃗CCCC = rr⃗ ii (8.29)Allora la (8.28) si può scrivere come:II aa = mm ii (rr⃗ ii × nn aa ) 2 ′= mm ii rr⃗ ii + rr⃗CCCC × nn aa 2Infatti:iiii′= mm ii rr⃗ ii × nnaa 2 + (rr⃗ CCCC × nn aa ) 2 mm iiiiii′+ 2(rr⃗ CCCC × nn aa ) mm ii rr⃗ ii × nnaa = II bb + MM (rr⃗ CCCC × nn aa ) 2 ′− 2(rr⃗ CCCC × nn aa ) nn aa × mm ii rr⃗ ii ii= II bb + MM(rr⃗ CCCC × nn aa ) 2 (8.30)ii mm iiiirr⃗ ii′= 0⃗ (8.31)perché le rr⃗ ii′ sono riferite al centro di massa in quindi in questo riferimento le coordinate del centro dimassa sono tutte nulle.La relazione (8.30) è nota anche come teorema di Huygens-Steiner.Calcoliamo il momento di inerzia in alcuni casi di interesse generale.Consideriamo un cilindro con raggio di base RR, altezza h e densità di massa costante ρρ (massa per unità divolume). La massa del cilindro è:MM = ddddddddddddaa ′ ⋅ vvvvvvvvvvvv = ρρ (ππRR 2 h) (8.32)Il momento d’inerzia del cilindro rispetto al suo asse di simmetria èRRII aaaaaaaa ssssssssssssssssss = ∫ (2ππππππh)dddd rr 210RRddrr = 2ππhρρ ∫ rr 3 dddd = 2ππhρρ(RR 4 /4) =02 MMRR2 (8.33)Invece il momento di inerzia dello stesso cilindro, rispetto ad un asse passante per il suo centro di massanel piano perpendicolare all’asse di simmetria è:h/2II pppppppppp pppppppp = 2 (ρρρρrr 2 dddd )0h/2zz 2 = 2ρρρρrr 2 zz 2 dddd = 2ρρρρrr 2 (h 3 /8) = 1012 MMh2 (8.34)Usiamo la (8.33) per risolvere il seguente problema. Un cilindro di massa MM e raggio RR rotola senzastrisciare lungo un piano inclinato di altezza hh. Con quale velocità il cilindro arriva a terra? La condizione dirotolamento dice che la velocità di rotazione del cilindro attorno al suo asse dipende dalla velocità linearelungo il piano inclinato, che ovviamente aumenta man mano che rotola fino ad un valore finale che è quelloche vogliamo calcolare. Quindi, in ogni istante deve valere la seguente relazione tra la velocità lineare e ilperiodo di rotolamento PP = 2ππ/ωω (ωω è la velocità angolare con la quale il cilindro rotola sul pianoinclinato):68

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011VV(tt)PP(tt) = 2ππππ ⇒ ωω(tt) = VV(tt)/RR (8.35)Usiamo la conservazione dell’energia (energia iniziale = energia finale ) con la (8.14) per l’energia dirotazione del cilindro attorno al suo asse e la (8.33) per il momento d’inerzia del cilindro attorno al suo assedi simmetria:MMMMhh = 1 MMVV 22 ffffffffffff3MMVV 24 ffffffffffff+ 1 IIωω 2ffiiiiiiiiii 2 = 1 MMVV 22 ffffffffffff+ 1 2 1 2 MMRR2 VV ffffffffff ee 2 = 1 MMVV 2RR2 ffffffffffff+ 1 MMVV 24 ffffffffffff =(8.36)quindi, il cilindro che rotola su un piano inclinato di altezza hh arriva a terra con la velocità:VV ffiiiiiiiiii = 4 gghh (8.37)3Consideriamo ora una sfera di raggio RR e densità costante ρρ. La massa della sfera è:MM = ρρ 4 3 ππRR3 (8.38)Per calcolare il momento d’inerzia della sfera rispetto ad un qualunque asse passante per il centro di massascegliamo l’ asse zz e partiamo dall’elemento di massa (θθ è la latitudine):dddd = ρρ(2ππππππππππππ)(rrrrrr)dddd (8.39)la cui distanza minima dall’ asse zz è rrrrrrrrrr. Il momento di inerzia della sfera rispetto all’asse zz è:RRII ssssssssss = 2 ⋅ 2ππππ rr 4 dddd0 ππ/2cccccc 3 θθθθθθ0 = 4 5 ππππRR5 (1 − ssssss 2 θθ)dd(ssssssss) = 4 5 ππππRR5 2 3 = 2 5 MMRR2 (8.40)Per ragioni di simmetria la sfera non ha alcun asse preferenziale, tutti gli assi si equivalgono e quindi questoè il momento di inerzia della sfera .Equazioni del moto di un corpo rigidoLa legge di Newton (3.7) si applica anche al corpo rigido per i suoi moti di rotazione attorno ad un puntofisso:LL⃗̇= NN⃗ (8.41)dove NN⃗ è il momento rispetto al punto fisso della forza agente sul corpo (in presenza di più forze si calcola ilmomento di ciascuna forza e si sommano vettorialmente tutti i momenti applicati). Questa equazione valeè scritta in un sistema di riferimento inerziale. Per usare il riferimento solidale con il corpo (e in particolarequello degli assi principali d’inerzia) ricordiamo la (7.1), che permette di scrivere la derivata temporale delvettore momento angolare nel riferimento inerziale in relazione a quella nel riferimento fisso con il corporigido:69

Anna Nobili, Pisa 19 Maggio 2011LL⃗̇RRRR= LL⃗̇ bbbbbbbb −ffffffffff+ ωω⃗ × LL⃗ (8.42)Dalla (8.42), usando la (8.41) per la derivata temporale del momento angolare nel riferimento inerziale,abbiamo le equazioni di Eulero, che scriviamo componente per componente:NN xx = II 1 ωω̇ xx − ωω yy ωω zz (II 2 − II 3 )NN yy = II 2 ωω̇ yy − ωω zz ωω xx (II 3 − II 2 )NN xx = II 3 ωω̇ zz − ωω xx ωω yy (II 1 − II 2 )(8.43)Un esempio molto significativo che si ottiene applicando queste equazioni è la precessione libera dell’assedi rotazione della Terra.70